Th.s ĐỖ MINH TUÂN · PDF file2.1.1 Công thức liên hệ giữa các hàm lượng giác ... 9.1.4 Hàm phân thức ... 11.1.3 Bảng đạo hàm các hàm số sơ cấp

Th.sĐỗMinhTuâ

n

Th.s ĐỖ MINH TUÂN

TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC

MÔN TOÁN

NAM ĐỊNH, NĂM 2009

Th.sĐỗMinhTuâ

n

Lời nói đầu

Trong những năm gần đây, đề thi đại học đã trở nên cơ bản hơn trước rất nhiều , khôngcòn tính đánh đố cũng như bắt học sinh phải nhớ nhiều những mẹo rất lặt vặt. Mộtsố tài liệu giảng dạy rất hay ngày trước như "Các bài giảng luyện thi môn Toán", "Bộđề thi tuyển sinh" chỉ còn lại một ít giá trị thực tiễn của nó. Chắt lọc những tài liệunày, bám sát những đề thi tuyển sinh những năm gần đây (Từ năm 2002-2010) cộng vớinhững kinh nghiệm trong thực tiễn giảng dạy luyện thi của mình (có tham khảo một sốbài giảng ở những trang web dạy học) tôi biên soạn tài liệu này mục đích chính để mìnhgiảng dạy một cách bài bản.Tôi nghĩ rằng tài liệu này sẽ có ích đối với những người dạy toán, cũng như những bạnngấp nghé cổng trường Đại học.Tài liệu này gồm 12 chuyên đề (vẫn còn thiếu)1. Phương trình đại số.2. Phương trình lượng giác.3. Phương trình chứa căn và dấu giá trị tuyệt đối.4. Hệ phương trình đại số5. Giải tích tổ hợp6. Hình phẳng tọa độ7. Giới hạn8. Bất đẳng thức9. Hàm số và đồ thị10. Hình học không gian tọa độ11. Tích phân và ứng dụng12. Số phứcVì số lượng các chuyên đề lớn nên không thể tránh khỏi những lỗi đánh máy, lỗi tínhtoán sai, ... Mong các bạn lượng thứ, mọi góp ý xin gửi về:Th.s Đỗ Minh Tuân.Trường CĐSP Nam Định, 813 đường Trường Chinh, TP Nam ĐịnhEmail: [email protected]

Mobile: 0982843882.

—————————————

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

Nam Định, ngày 20 tháng 06 năm 2010Tác giả

Đỗ Minh Tuân

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

[email protected]

Th.sĐỗMinhTuâ

n

Mục lục Mục lục

Mục lục

Lời nói đầu 2

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

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

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

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

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

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

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

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

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

2.1.1 Công thức liên hệ giữa các hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . 322.1.2 Các công thức của các góc liên hệ với α . . . . . . . . . . . . . . 322.1.3 Bảng dấu của các hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.1.4 Bảng các giá trị lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.1.5 Công thức lượng giác của tổng, hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . 332.1.6 Công thức cộng lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.1.7 Công thức biến đổi tích thành tổng . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.1.8 Công thức góc nhân đôi, nhân ba - Công thức hạ bậc . . . . . . . 34

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

2. . . . . . 35

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


2.2 Các phương trình lượng giác cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.2.1 Phương trình sin x = m . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.2.2 Phương trình cos x = m . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.2.3 Phương trình tan x = m, cot x = m . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.2.4 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.2.5 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.3 Các phương trình lượng giác khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.3.1 Phương trình a sin x+ b cos x = c . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.3.2 Phương trình đẳng cấp chứa sin và cos . . . . . . . . . . . . . . . 402.3.3 Đại số hóa phương trình lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.3.4 Phương trình đối xứng sin, cos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.3.5 Phân tích thành nhân tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.3.6 Sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.3.7 Loại nghiệm không thích hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.3.8 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3 Phương trình chứa căn và dấu giá trị tuyệt đối 493.1 Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3.1.1 Kiến thức cần nhớ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.1.2 Các dạng bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.1.3 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3.2 Phương trình chứa căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.2.1 Các dạng bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.2.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3.3 Bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối . . . . . . . . . . . . . . . . 533.3.1 Dạng cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.3.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

3.4 Bất phương trình chứa căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.4.1 Dạng cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.4.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3.5 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4 Hệ phương trình đại số 594.1 Hệ phương trình bậc nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

4.1.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 594.1.2 Hệ phương trình bậc nhất ba ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 604.1.3 Hệ phương trình bậc nhất bốn ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

4.2 Hệ phương trình bậc nhất - bậc hai: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 614.3 Hệ phương trình đẳng cấp bậc 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

4.3.1 Phương trình đẳng cấp bậc 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 624.3.2 Hệ phương trình đẳng cấp bậc 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

4.4 Hệ đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.4.1 Hệ đối xứng loại I: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.4.2 Hệ đối xứng loại II: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

4.5 Hệ phương trình tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 694.6 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

5.2.1 Quy tắc cộng - nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 775.2.2 Tổ hợp - chỉnh hợp - hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 785.2.3 Công thức nhị thức Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

5.3 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

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

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

6.2 Đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 916.2.1 Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 916.2.2 Các dạng bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

6.3 Ba đường Conic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1006.3.1 Kiến thức chung về 3 đường Conic . . . . . . . . . . . . . . . . . 1006.3.2 Elip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1016.3.3 Hyperbol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.3.4 Parabol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

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

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

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

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

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

8 Bất đẳng thức 1358.1 Các bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1358.2 Bất đẳng thức Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

8.2.1 Tìm min tổng, max của tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1388.2.2 Bất đẳng thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1408.2.3 Cực trị có điều kiện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

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

9 Hàm số và đồ thị 1539.1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

9.1.1 Kiến thức cần nhớ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1539.1.2 Các bước khảo sát hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

9.2 Cực trị và tiệm cận của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1599.2.1 Quy tắc tìm cực đại và cực tiểu của hàm số . . . . . . . . . . . . 1599.2.2 Cực trị hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1609.2.3 Các bài toán tiệm cận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1639.2.4 Củng cố kiến thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

9.3 Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1689.3.1 Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1689.3.2 Các bài toán đơn thuần . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1699.3.3 Bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất chứa tham số . . . . . . . . . 1719.3.4 Phương pháp miền giá trị của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . 1739.3.5 Phương pháp chiều biến thiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1759.3.6 Củng cố kiến thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

9.4 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1789.4.1 Kiến thức cần nhớ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1789.4.2 Tiếp tuyến với đường cong tại điểm M . . . . . . . . . . . . . . . 1789.4.3 Tiếp tuyến với đường cong đi qua điểm M . . . . . . . . . . . . . 1799.4.4 Lớp các bài toán về sự tiếp xúc rất đa dạng . . . . . . . . . . . . 1809.4.5 Củng cố kiến thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

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

9.6 Sự tương giao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1869.6.1 Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1869.6.2 Sự tương giao của hàm đa thức với trục Ox . . . . . . . . . . . . 1879.6.3 Sự tương giao của hàm phân thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1899.6.4 Củng cố kiến thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

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

9.8 Biện luận số nghiệm bằng đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1979.8.1 Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1979.8.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

9.9 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

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

10.1.1 Véctơ và phép toán véctơ trong không gian . . . . . . . . . . . . . 20810.1.2 Mặt phẳng trong không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20910.1.3 Đường thẳng trong không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21010.1.4 Vị trí tương đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21110.1.5 Chùm mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21110.1.6 Góc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21210.1.7 Khoảng cách . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21210.1.8 Diện tích, thể tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

12.2 Các dạng bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26012.2.1 Thực hiện các phép toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26012.2.2 Khai căn bậc 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26012.2.3 Giải phương trình đại số và các vấn đề liên quan . . . . . . . . . . 26212.2.4 Biểu diễn số phức trên mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26312.2.5 Chứng minh đẳng thức tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263

12.3 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263


Th.sĐỗMinhTuâ

n

Chương 1. Phương trình đại số

Chương 1

Phương trình đại số

1.1 Lý thuyết về đa thức

1.1.1 Phân tích đa thức thành nhân tử

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

P (x) = a(x− x1)(x− x2) · · · (x− xn)

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

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

a) P (x) = 2x2 − 5x+ 2.

b) P (x) = −3x2 + 12x− 12

c) P (x) = 4x3 − 4x2 − 7x− 2.

d) P (x) = 6x3 − 13x2 + 4x+ 3

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

2

nên P (x) = 2(x− 2)

(x−

1

2

)= (x− 2)(2x− 1).

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

c) P (x) có a = 4 và 2 nghiệm x = −1

2và x = 2???

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

Kết quả: P (x) = 4

(x+

1

2

)2

(x− 2).


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

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

3, x =

3

2

P (x) = 6(x− 1).

(x+

1

3

)(x−

3

2

)= (x− 1)(3x+ 1)(2x− 3).

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

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

Ví dụ 1.2: Tính giá trị biểu thức:

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

√3

b) y =x2 − x− 1

2x+ 3tại x = 3 +

√2 và x = 3−

√2

Giải: a) x = 1−√3 ⇒ y = −4 +

√3

x = 1 +√3 ⇒ y = −4−

√3

b) x = 3 +√2 ⇒ y =

43 + 31√2

73

x = 3−√2 ⇒ y =

43− 31√2

73

1.2 Phương trình bậc nhất

1.2.1 Phương pháp giải

Dạng của phương trình: ax+ b = 0

Cách giải:

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

Với a = 0, b 6= 0: Phương trình vô nghiệm.

Với a 6= 0 Phương trình có nghiệm duy nhất x = −b

a

1.2.2 Các ví dụ

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

Giải: - Nếu m2 − 1 = 0 ⇔ m = ±1.+) Với m = 1 phương trình trở thành: 0x+ 0 = 0. Phương trình nghiệm đúng ∀x ∈ R.+) Với m = −1 phương trình trở thành: 0x− 2 = 0. Phương trình vô nghiệm.- Nếu m2 − 1 6= 0 ⇔ m 6= ±1.

Phương trình có nghiệm duy nhất: x = −1

m+ 1


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

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

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

⇒ y0 = (m− 2)x0 + 2m− 3 ∀m⇔ m(x0 + 2)− 2x0 − 3− y0 = 0 ∀m

⇔

x0 + 2 = 0

−2x0 − 3− y0 = 0⇔

x0 = −20

y0 = 1

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

1.3 Phương trình bậc hai

1.3.1 Phương pháp giải

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

Biện luận:

Nếu a = 0: phương trình bậc nhất

Nếu a 6= 0: ∆ = b2 − 4ac hoặc ∆′ = b′2 − ac.+) Nếu ∆ < 0: Phương trình vô nghiệm.

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

2a= −

b′

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

x1,2 =− b±

√∆

2a=

− b′ ±√∆′

a

Nhẩm nghiệm:

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

a

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

a

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

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

2

nên f(x) = 2(x− 2)(x−1

2) = (x− 2)(2x− 1).

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

x1 + x2 = −b

a

x1x2 =c

a


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Định lý Vi-et đảo:

Nếu

x+ y = S

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

X2 − S.X + P = 0

Dấu của nghiệm:

Pt có 2 nghiệm phân biệt dương ⇔

∆ > 0

S > 0

P > 0

Pt có 2 nghiệm phân biệt âm ⇔

∆ > 0

S < 0

P > 0

Pt có 2 nghiệm trái dấu: P < 0.

Pt có nghiệm dương tương đương với phương trình có 2 nghiệm dương hoặc

có 2 nghiệm trái dấu ⇔

max(x1, x2) > 0

∆ ≥ 0

Ở đó max (x1, x2) =

−b+√∆

2aNếu a > 0

−b−√∆

2aNếu a < 0

Hoặc ta có thể xét 2 trường hợp:

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

bằng không, một nghiệm dương ⇔

∆ ≥ 0

S > 0

P ≥ 0

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

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

⇔

∆ ≥ 0

S < 0

P ≥ 0

P < 0

⇔

∆ ≥ 0

min (x1, x2) < 0

Ở đó min (x1, x2) =

−b−√∆

2aNếu a > 0

−b+√∆

2aNếu a < 0

So sánh nghiệm với một số:

α ∈ (x1, x2) ⇔ a.f (α) < 0.

α /∈ [x1, x2] ⇔

∆ ≥ 0

a.f (α) > 0

x1 < x2 < α ⇔

∆ > 0

a.f (α) > 0

S/2 < α


Th.sĐỗMinhTuâ

n


x1 > x2 > α ⇔

∆ > 0

a.f (α) > 0

S/2 > α

Ví dụ 1.5: Giải các phương trình sau:

a) x2 − 5x+ 4 = 0

b) x2 − 2x− 3 = 0

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

a= 4

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

a= 3

Ví dụ 1.6: Giải và biện luận phương trình sau: (m− 1) x2 − (2m+ 1) x+m− 5 = 0.

Giải: +) TH 1: Nếu m− 1 = 0 ⇔ m = 1 thay vào phương trình ta có:

−3x− 4 = 0 ⇔ x = −3

4.

+) TH 2: Nếu m− 1 6= 0 ⇔ m 6= 1.∆ = (2m+ 1)2 − 4 (m− 1) (m− 5) = 28m− 19

- Nếu ∆ > 0 ⇔ m >19

28có phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

x1,2 =2m+ 1±

√28m− 19

2 (m− 1)

- Nếu ∆ = 0 ⇔ m =19

28có nghiệm kép:

x1 = x2 =2m+ 1

2 (m− 1)=

2.19

28+ 1

2

(19

28− 1

) = −11

3

- Nếu ∆ < 0 ⇔ m <19

28: Phương trình vô nghiệm.

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

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

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

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

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

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ m2 − 10m+ 21 > 0 ⇔[m > 7

m < 3


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

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

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

u+ v = 3(x1 + x2) = 3.(m− 1) = 3m− 3,

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

2 = 2(x1 + x2)2 + x1.x2

= 2(m− 1)2 + 2m− 5 = 2m2 − 2m− 3

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

X2 − (3m− 3)X + 2m2 − 2m− 3 = 0

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

4= 0

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

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

3. Tìm m để phương trình có nghiệm dương.

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

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

Giải: a) ∆ = (m+ 1)2 − 4(m+9

4) = m2 + 2m+ 1− 4m− 9 = m2 − 2m− 8

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

m < −2

b) Phương trình có 2 nghiệm dương ⇔

∆ > 0

S = m+ 1 > 0

P = m+ 9/4 > 0

⇔

[m > 4

m < −2

m > −1

m > −9

4⇔ m > 4

c) Phương trình có nghiệm dương ⇔

∆ ≥ 0

max (x1, x2) > 0

⇔

m2 − 2m− 8 ≥ 0

m+ 1 +√m2 − 2m− 8

2> 0

⇔√m2 − 2m− 8 > −m− 1

⇔

−m− 1 < 0

m2 − 2m− 8 ≥ 0 −m− 1 ≥ 0

m2 − 2m− 8 > (−m− 1)2

⇔

m > −1[m ≥ 4

m ≤ −2m ≤ −1

m < −9/4

⇔[m ≥ 4

m < −9/4

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

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

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

∆ ≥ 0

a.f (2) > 0

S/2 < 2

⇔

m ≥ 4 ∨m ≤ −2

m < 17/4

m < 3

⇔[4 ≤ m < 17/4

m ≤ −2

1.4 Phương trình bậc 3

1.4.1 Tính chất của đa thức

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

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

❸ Lược đồ Hoocne: Giả sử P (x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0.

an an−1 · · · a1 a0x0 bn bn−1 · · · b1 b0

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

P (x) = (x− x0)(bnxn−1 + bn−1x

n−2 + · · ·+ b2x+ b1) + b0.

Nếu P (x)... x−x0 thì b0 = 0 và P (x) = (x−x0)(bnx

n−1+ bn−1xn−2+ · · ·+ b2x+ b1).

1.4.2 Đa thức bậc 3

Dạng ax3 + bx2 + cx+ d = 0 (1).

Cách giải :

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

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

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

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

x1 + x2 + x3 = −b

a

x1x2 + x2x3 + x3x1 =c

a

x1x2x3 = −d

a


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Định lý Viet đảo: Giả sử x, y, z là 3 số thỏa mãn

x+ y + z = m

xy + yz + zx = n

xyz = p

Khi đó x, y, z là 3 nghiệm của phương trình : X3 −mX2 + nX − p = 0

1.4.3 Các ví dụ


a) 2x3 − x2 + x+ 4 = 0.

b) x3 − 4x+ 3 = 0.

Giải: a) Dùng máy tính ta thấy được một nghiệm là : x = −1.

Dùng lược đồ Hooc-ne ta có:

2 −1 1 4−1 2 −3 4 0

Phương trình ⇔ (x+ 1) (2x2 − 3x+ 4) = 0

⇔[x = −1

2x2 − 3x+ 4 = 0Phương trình vô nghiệm⇔ x = −1.

b) Dùng máy tính ta nhẩm được nghiệm x = 1.

1 0 −4 31 1 1 −3 0

Phương trình ⇔ (x− 1) (x2 + x− 3) = 0

⇔[x = 1

x2 + x− 3 = 0⇒

x = 1

x =−1±

√13

2

Ví dụ 1.10: Cho phương trình 2x3 − 3x2 − 5x+ 5 = 0

a) Chứng minh phương trình có 3 nghiệm x1, x2, x3 phân biệt.

b) Tính P = 3 (x21 + x2

2 + x23)− 2 (x3

1 + x32 + x3

3).

Giải: a) Đặt f(x) = 2x3 − 3x2 − 5x+ 5. Ta có f(−2) = −13, f(−1) = 5, f(1) = −1,f(3) = 17.

Ta có f(−2).f(−1) < 0 nên tồn tại x1 ∈ (−2;−1) sao cho f(x1) = 0.

f(−1).f(1) < 0 nên tồn tại x2 ∈ (−1; 1) sao cho f(x2) = 0.

f(1).f(3) < 0 nên tồn tại x3 ∈ (1; 3) sao cho f(x3) = 0.

Do đó ta được f(x1) = f(x2) = f(x3) = 0 và x1 < x2 < x3 nên phương trìnhf(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


b) Theo định lý Viet ta có:

x1 + x2 + x3 =3

2

x1x2 + x2x3 + x3x1 = −5

2

x1x2x3 = −5

2

x21 + x2

2 + x23 = (x1 + x2 + x3)

2 − 2 (x1x2 + x2x3 + x3x1) =29

4

x31 + x3

2 + x33 = (x3

1 + x32 + x3

3 − 3x1x2x3) + 3x1x2x3

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

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

=3

2

(29

4+

5

2

)+ 3.

(−5

2

)=

57

8

Do đó ta được P = 3.29

4− 2.

57

8=

15

2.

Ví dụ 1.11: Giải hệ phương trình:

x+ y + z = 2

x2 + y2 + z2 = 6

x3 + y3 + z3 = 8

Giải: Phương trình tương đương với ⇔

x+ y + z = 2

(x+ y + z)2 − 2 (xy + yz + zx) = 6

(x3 + y3 + z3 − 3xyz) + 3xyz = 8

⇔

x+ y + z = 2

22 − 2 (xy + yz + zx) = 6

(x+ y + z) (x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx) + 3xyz = 8

⇔

x+ y + z = 2

xy + yz + zx = −1

2 (6 + 1) + 3xyz = 8

⇔

x+ y + z = 2

xy + yz + zx = −1

xyz = −2

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

X3 − 2X2 −X + 2 = 0 ⇔

X = −1

X = 1

X = 2

Vậy hệ có 6 nghiệm phân biệt

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

1.5 Phương trình bậc 4

1.5.1 Dạng tổng quát

ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e = 0 (a 6= 0)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Hướng giải:

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

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

1.5.2 Các dạng của phương trình bậc 4

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

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

❷ Phân tích thành nhân tử:

Cách giải: Biết được một nghiệm, hoặc dùng cách nhóm, sử dụng hằng đẳng thứcđể phân tích thành nhân tử, quy về phương trình bậc thấp hơn.

❸ Phương trình đối xứng: ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e = 0 thỏa mãn(d

b

)2

=e

a

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

Với x 6= 0. Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được:

ax2 + bx+ c+d

x+

e

x2= 0 ⇔ a

(x2 +

e

ax2

)+ b

(x+

d

bx

)+ c = 0

Đặt t = x+b

dx(∗)

⇒ t2 = x2 +b2

d2x2+

2d

b= x2 +

e

ax2+

2d

b.

Phương trình trở thành: a

(t2 −

2d

b

)+ bt+ c = 0

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

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

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

Đặt t = x2 + (a+ b) x = x2 + (c+ d) x (∗)Thay vào phương trình ta được:

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

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

Cách giải: giống cách giải phương trình đối xứng.

Nếu x = 0: ta được abcd = 0.

Nếu x 6= 0: Phương trình ⇔ (x2 + (a+ b) x+ ab) (x2 + (c+ d) x+ cd) = ex2.

⇔(x+

ab

x+ a+ b

).

(x+

cd

x+ c+ d

)= e

Đặt t = x+ab

x= x+

cd

x(∗). Phương trình trở thành:

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

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

1.5.3 Các ví dụ

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

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

2t2 − t− 3 = 0 ⇔

t = −1 (loại)

t =3

2

⇔ t =3

2⇔ x2 =

3

2⇔ x = ±

√6

2


a) 8x4 + 16x3 − 8x2 − 91x− 42 = 0.

b) x4 − 4x3 + 4x2 − 16 = 0.

c) x4 − 4x− 1 = 0.

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

Dùng lược đồ Hooc - ne ta có:

8 16 −8 −91 −42

2 8 32 56 21 0

Phương trình ⇔ (x− 2) (8x3 + 32x2 + 56x+ 21) = 0.

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

2. Theo lược đồ Hooc - ne ta có:

8 32 56 21

−1

28 28 42 0

Phương trình ⇔ (x− 2)

(x+

1

2

)(8x2 + 28x+ 42) = 0

⇔

x = 2

x = −1

28x2 + 28x+ 42 = 0

(Vô nghiệm

)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


b) Phương trình ⇔ (x2 − 2x)2 − 42 = 0 ⇔ (x2 − 2x− 4) (x2 − 2x+ 4) = 0

⇔[x2 − 2x− 4 = 0

x2 − 2x+ 4 = 0(Vô nghiệm

) ⇔ x = 1±√5

c) Phương trình ⇔ x4 + 2x2 + 1− 2 (x2 + 2x+ 1) = 0

⇔ (x2 + 1)2 −

[√2 (x+ 1)

]2= 0

⇔(x2 + 1−

√2 (x+ 1)

) (x2 + 1 +

√2 (x+ 1)

)= 0

⇔(x2 −

√2x+ 1−

√2) (

x2 +√2x+ 1 +

√2)= 0

⇔[x2 −

√2x+ 1−

√2 = 0

x2 +√2x+ 1 +

√2 = 0

(Vô nghiệm

)

⇔ x =

√2±

√−2 + 4

√2

2.


a) x4 + 4x3 − x2 + 8x+ 4 = 0.

b) 2x4 − 3x3 − 3x2 + 3x+ 2 = 0.

Giải: a) Với x = 0, phương trình trở thành 2 = 0 (vô lý). Vậy x 6= 0.

Chia cả 2 vế phương trình cho x2 ta được

x2 + 4x− 1 +8

x+

4

x2= 0 ⇔

(x2 +

4

x2

)+ 4

(x+

2

x

)− 1 = 0

Đặt t = x+2

x⇒ t2 = x2 +

4

x2+ 4

Phương trình trở thành : t2 − 4 + 4t− 1 = 0

⇔ t2 + 4t− 5 = 0 ⇔[t = 1

t = −5

+) Với t = 1: x+2

x= 1 ⇔ x2 − x+ 2 = 0

(vô nghiệm

)

+) Với t = −5: x+2

x= −5 ⇔ x2 + 5x+ 2 = 0 ⇔ x =

−5±√17

2

b) x = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả 2 vế của phương trình chox2 6= 0 ta được

2x2 − 3x− 3 +3

x+

2

x2= 0 ⇔ 2

(x2 +

1

x2

)− 3

(x−

1

x

)− 3 = 0

Đặt t = x−1

x⇒ t2 = x2 +

1

x2− 2, thay vào phương trình ta có:

2 (t2 + 2)− 3t− 3 = 0 ⇔ 2t2 − 3t+ 1 = 0 ⇔

t = 1

t =1

2

+) Với t = 1: x−1

x= 1 ⇔ x2 − x− 1 = 0 ⇔ x =

1±√5

2


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

+) Với t =1

2: x−

1

x= 1

2⇔ 2x2 − x− 2 = 0 ⇔ x =

1±√17

4.

Ví dụ 1.15: Giải phương trình sau : x (x+ 1) (x− 3) (x− 2) = −2

Giải: Phương trình ⇔ (x2 − 2x) (x2 − 2x− 3) = −2

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

t (t− 3) = −2 ⇔ t2 − 3t+ 2 = 0 ⇔[t = 1

t = 2

+) Với t = 1: x2 − 2x = 1 ⇔ x2 − 2x− 1 = 0 ⇔ x = 1±√2.

+) Với t = 2: x2 − 2x = 2 ⇔ x2 − 2x− 2 = 0 ⇔ x = 1±√3.

Ví dụ 1.16: Giải phương trình (x− 2) (x+ 3) (x− 1) (x+ 6) = 21x2

Giải: Phương trình ⇔ (x2 + x− 6) (x2 + 5x− 6) = 21x2 Do x = 0 không là nghiệmcủa phương trình nên chia cả 2 vế của phương trình cho x2 6= 0 ta được:

(x+ 1−

6

x

)(x+ 5−

6

x

)= 21

Đặt t = x−6

xthay vào phương trình ta có:

(t+ 1) (t+ 5) = 21 ⇔ t2 + 6t+ 5 = 21

⇔ t2 + 6t− 16 = 0 ⇔[t = −8

t = 2

+) Với t = −8: x−6

x= −8 ⇔ x2 + 8x− 6 = 0 ⇔ x = −4±

√22

+) Với t = 2: x−6

x= 2 ⇔ x2 − 2x− 6 = 0 ⇔ x = 1±

√7

1.6 Dấu của đa thức

1.6.1 Đa thức bậc 1 - bậc 2

❶ Dạng: P (x) = ax+ b (a 6= 0). Ta có bảng xét dấu:

x −∞ − b

a+∞

P (x) −sign(a) 0 +sign(a)

Ở đó sign(a) là dấu của a.

❷ Dạng P (x) = ax2 + bx+ c (a 6= 0).

∆ = b2 − 4ac. Ta có các trường hợp sau:

+) ∆ < 0: Dấu của đa thức là:

x −∞ +∞P (x) +sign(a)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


+) ∆ = 0: Dấu của đa thức là:

x −∞ − b

2a+∞

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

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

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

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

P (x) > 0 ∀x ∈ R ⇔

∆ < 0

a > 0

P (x) < 0 ∀x ∈ R ⇔

∆ < 0

a < 0

P (x) ≥ 0 ∀x ∈ R ⇔

∆ ≤ 0

a > 0

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

a) P (x) = −2x+ 3

b) P (x) = −x2 + 4x− 5

c) P (x) = 4x2 − 12x+ 9

d) P (x) = x2 − x− 6

e) P (x) = −2x2 + 3x+ 2

Giải: a) P (x) = 0 ⇔ x =3

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

x −∞ 3

2+∞

P (x) + 0 −

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

x −∞ +∞P (x) +

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

x −∞ 3

2+∞

P (x) + 0 +

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


x −∞ −2 3 +∞P (x) + 0 − 0 +

e) ∆ > 0, x1 = −1

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

x −∞ − 1

2 2 +∞P (x) − 0 + 0 −

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

−2x+ 3 > 0 thì tập nghiệm S =

(−∞;

3

2

).

−2x+ 3 ≤ 0 thì tập nghiệm S =

[3

2;+∞

)

−x2 + 4x− 5 > 0 thì S = ∅

−x2 + 4x− 5 ≥ 0 thì S = ∅

−x2 + 4x− 5 < 0 thì S = R

−x2 + 4x− 5 ≤ 0 thì S = R

4x2 − 12x+ 9 > 0 thì S = R\3

2

.

4x2 − 12x+ 9 ≥ 0 thì S = R

4x2 − 12x+ 9 < 0 thì S = ∅

4x2 − 12x+ 9 ≤ 0 thì S =

3

2

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

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

x2 − x− 6 < 0 thì S = (−2; 3)

x2 − x− 6 ≤ 0 thì S = [−2; 3]

−2x2 + 3x+ 2 > 0 thì S =

(−1

2; 2

)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


−2x2 + 3x+ 2 ≥ 0 thì S =

[−1

2; 2

]

−2x2 + 3x+ 2 < 0 thì S =

(−∞;−

1

2

)∪ (2; +∞)

−2x2 + 3x+ 2 ≤ 0 thì S =

(−∞;−

1

2

]∪ [2; +∞)

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

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

b) Tìm m để f(x) =√P (x) xác định trên R.

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

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

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

⇔

∆′ > 0

a 6= 0⇔

m2 − 4m+ 3 > 0

3m− 1 6= 0⇔

[m > 3

m < 1

m 6=1

3

⇔

m > 3

m < 1

m 6=1

3

b) f(x) =√P (x) xác định trên R ⇔ P (x) ≥ 0 ∀x ∈ R.

+) Nếu 3m− 1 = 0 ⇔ m =1

3khi đó:

P (x) = −8

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

+) Nếu 3m− 1 6= 0. Khi đó P (x) là một đa thức bậc 2 do đó:

P (x) ≥ 0 ∀x ∈ R ⇔

∆′ ≤ 0

a > 0

⇔

m2 − 4m+ 3 ≤ 0

3m− 1 > 0⇔

1 ≤ m ≤ 3

m >1

3

⇔ 1 ≤ m ≤ 3

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

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

+) Nếu 3m− 1 = 0 ⇔ m =1

3khi đó:

P (x) = −8

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

+)Nếu 3m− 1 6= 0. Khi đó P (x) là một đa thức bậc 2 do đó:

P (x) > 0 ∀x ∈ R ⇔

∆′ > 0

a > 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


⇔

m2 − 4m+ 3 > 0

3m− 1 > 0⇔

1 < m < 3

m >1

3

⇔ 1 < m < 3

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

1.6.2 Đa thức - Phân thức tổng quát

Đa thức bậc n: P (x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0.

Phân thức hữu tỷ: f(x) =P (x)

Q(x). Trong đó P (x), Q(x) là các đa thức.

Định lý 1.1 (Định lý cơ bản Đại số). Cho P (x) là một đa thức bất kỳ thì P (x) sẽ phântích thành tích các đa thức bậc nhất và đa thức bậc 2. Hơn thế nữa các đa thức bậc đềucó ∆ < 0

Định lý 1.2. Cho f(x) =P (x)

Q(x)là một phân thức hữu tỷ nào đó. Khi đó trên khoảng

giữa 2 không điểm liên tiếp của f(x), hàm f(x) chỉ mang một dấu.Không điểm là những giá trị của x mà P (x) = 0, hoặc Q(x) = 0.

Định lý 1.3. Cho f(x) =P (x)

Q(x), khi biến x chạy qua không điểm bội chẵn thì f(x) không

đổi dấu, còn qua không điểm bội lẻ thì f(x) đổi dấux0 là không điểm bội chẵn (t.ư lẻ) của f(x) nếu nó là một không điểm của f(x) và f(x)

chứa nhân tử (x− x0)k với k ∈ Z và k là số chẵn (t.ư lẻ).

Cách xét dấu phân thức hữu tỷ: Để xét dấu của một phân thức hữu tỷ taphân tích các đa thức của tử và mẫu thành tích các đa thức bậc 1, và bậc 2. Cácđa thức bậc 2 nếu có ∆ ≥ 0 ta phân tích chúng thành tích các đa thức bậc 1, cònnếu ∆ < 0 ta thay thế đa thức đó bởi hệ số của hạng tử bậc 2. Cuối cùng ta đượcphân thức chỉ còn tích các đa thức bậc 1. Dùng các định lý ở trên để xét dấu.

Ví dụ 1.19: Xét dấu của biểu thức sau:

a) f(x) =(x+ 1)2.(x− 2)3. (2x− 1)

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

b) f(x) =√x2 − 4x+ 3. (2x2 − 5x+ 2)

Giải: a) Giải các phương trình:

+) x+ 1 = 0 ⇔ x = −1.

+) x− 2 = 0 ⇔ x = 2.

+) 2x− 1 = 0 ⇔ x =1

2

+) x2 + 2x+ 2 = 0, ∆ < 0, a = 1.

+) 2x+ 1 = 0 ⇔ x = −1

2


Th.sĐỗMinhTuâ

n


+) 1− 4x = 0 ⇔ x =1

4

+) −x2 + 4x− 5 = 0, ∆ < 0, a = −1.

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

g(x) =(x+ 1)2(x− 2)3 (2x− 1)

17(2x+ 1)5 (1− 4x) (−1)3= −

(x+ 1)2(x− 2)3 (2x− 1)

(2x+ 1)5 (1− 4x)

Các không điểm x = −1; 2;1

2;−

1

2;1

4. Ta có bảng dấu:

x −∞ −1 − 1

2

1

4

1

2 2 +∞g(x) + 0 + − + 0 − 0 +

f(x) + 0 + − + 0 − 0 +

b) TXĐ: x2 − 4x+ 3 ≥ 0 ⇔[x ≥ 3

x ≤ 1

Ta có bảng xét dấu:

x −∞ 1

2 1 2 3 +∞√

x2 − 4x+ 3 + + 0 0 +

2x2 − 5x+ 2 + 0 − − 0 + +

f(x) + 0 − 0 0 +

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

+)(x+ 1)2.(x− 2)3. (2x− 1)

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

có tập nghiệm là: S =

(−∞;−

1

2

]∪(1

4;1

2

]∪ [2; +∞)

+)(x+ 1)2.(x− 2)3. (2x− 1)

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

có tập nghiệm là: S = (−∞;−1) ∪(−1;−

1

2

)∪(1

4;1

2

)∪ (2; +∞)

+)(x+ 1)2.(x− 2)3. (2x− 1)

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


(−1

2;1

4

)∪[1

2; 2

]∪ −1

+)(x+ 1)2.(x− 2)3. (2x− 1)

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


(−1

2;1

4

)∪(1

2; 2

)

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

(−∞;

1

2

]∪ [3; +∞) ∪ 1


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

(−∞;

1

2

)∪ (3; +∞)

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

[1

2; 1

]∪ 3

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

(1

2; 1

)

1.6.3 Giải hệ bất phương trình

Kiến thức cần nhớ

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

Lấy giao: phải đồng thời thuộc 2 (hay nhiều) tập hợp. Biểu diễn từng tập hợp mộttrên trục số, xóa những phần không thuộc tập hợp đó đi. Phần còn trắng (chưa bịgạch) chính là tập hợp cần tìm.

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

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

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

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

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

Giải: a) X = (−2;−1]

b) X = (−3; 5]

Ví dụ 1.21: Giải hệ phương trình sau:

a)

x2 − 3x+ 2 > 02x2 − 3x− 2

3x+ 1≤ 0

b)

x2 + 3x− 4 > 02x+ 1

2x2 − 5x+ 2≤ 0

Giải: a) x ∈(−∞;−

1

2

]∪(−1

3; 1

)

b) x ∈(−∞;−

1

2

]∪(1

2;+∞

)


Th.sĐỗMinhTuâ

n

1.7. Bài tập Chương 1. Phương trình đại số

1.7 Bài tập

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

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

b)mx+m− 2x

x− 2= 0

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

a) Tìm m để phương trình có nghiệm.

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

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

x3 −m (x+ 2) + x2 + 4 = 0

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

a) x2 −mx+ 3m− 8 = 0.

b) x2 −mx+m2 − 3 = 0.

c) (m− 2)x2 − 2(m+ 1)x+m = 0.

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

a) Tính giá trị của các biểu thức:

A = 2(x21 + x2

2

)− 3

(x31 + x3

2

)

B = x21x

32 + x3

1x22 + 2 |x1 − x2|

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

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

x2

là nghiệm.

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

1

x1

+1

x2

=1

2.(x1 + x2)

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

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

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

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

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


a) Có 2 nghiệm phân biệt.

b) Có 2 nghiệm dương.

c) Có 2 nghiệm âm.

d) Có 2 nghiệm trái dấu.

e) Có nghiệm dương.

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

a) x4 − 2mx2 +m+ 12 = 0.

b) mx4 − (2m− 5)x2 +m+ 1 = 0.

c) 4x − (m+ 2)2x+1 +m2 − 4 = 0.

Bài 1.11: Giải các phương trình sau:

a) 2x3 − 8x2 + x+ 14 = 0.

b) x3 − x2 + 2 = 0.

c) 3x3 − 4x2 − 5x+ 6 = 0.

Hướng dẫn. a) x = 2.

b) x = −1.

c) x = 1, x =1±

√73

6.


a) 2x4 − 5x2 − 7 = 0.

b) x4 − 5x2 + 6 = 0.

c) x4 − 5x3 − 12x2 + 15x+ 9 = 0

d) 2x4 + 3x3 − 16x2 − 17x+ 12 = 0

e) x4 − 5x3 + 8x2 − 10x+ 4 = 0.

f) x4 − 2x3 − 5x2 + 2x+ 1 = 0.

g) (x2 − 2x)(x2 + 4x+ 3) = 7.

h) (x2 − 3x+ 2)(x2 + 9x+ 18) = 12x2.

i) x4 − 4x3 + 8x− 12 = 0.

j) x4 + 2x3 − 2x2 − 9x− 6 = 0.

k) x4 − 3x3 − 2x2 + 5x+ 3 = 0.

l) x4 − 5x3 − 12x2 + 15x+ 9 = 0.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


m) 2x4 + 3x3 − 16x2 − 17x+ 12 = 0.

Hướng dẫn. a) x = ±√14

2

b) x = 2±√2.

c) x =− 1±

√5

2, x =

3±√13

2.

d) x =− 1±

√29

2.

e) x = 3, x = −2, x =− 7±

√73

2

f) x = 1±√7.

g) x = 2, x = −1.

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

a) Giải và biện luận bất phương trình.

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

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

x2 + 7x− 8 < 0

a2x+ 1 > 3 + (3a− 2) x

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

a) (m− 1)x2 − (2m+ 1)x+m+ 3 > 0.

b) x2 − 2mx+m+ 12 > 0.

c) x2 − 2x+m|x− 1|+m2 − 2 > 0.

d)2

3≤

x2 −mx+ 1

x2 − x+ 1≤

3

2.

Bài 1.16: Giải các bất phương trình sau:

a) −4x2 + 12x− 9 < 0.

b) 2x2 − 5x+ 4 > 0.

c) −x2 − 4x+ 5 ≥ 0.

Hướng dẫn. a) x 6=3

2.

b) x ∈ R.

c) x ∈ [−5; 1].

Bài 1.17: Tìm a để biểu thức√

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

a) x2 −mx+ 2m− 3 ≥ 0.

b) (3m− 8)x2 +mx+ 1 < 0.


a) x3 − 3x2 + 2 > 0.

b) x4 + 4x3 + 4x2 − 25 > 0.

c) x4 − 4x− 1 < 0.

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

e) x2 + x−3

x2 + x− 2≤ 0

f)1

x+ 1+

1

x+ 2+

1

x+ 3≥ 0

g) x4 − 4x3 + 8x− 5 < 0.

h) x4 − 2x3 + 6x− 9 < 0.

i)3x+ 7

x2 − x− 2≥ −5.

Hướng dẫn. a) x ∈(1−

√3; 1)∪(1 +

√3;+∞

)

b) x ∈ (−∞;−1−√6) ∪ (−1 +

√6;+∞)

c) x ∈(√

2−√−2 + 4

√2

2;

√2 +

√−2 + 4

√2

2

)

d) x ∈ (−∞;−4) ∪ (1; +∞).

e) x ∈[− 1−

√13

2;−2

)∪(1;

− 1 +√13

2

]

f) x ∈(−3;−2−

1√3

]∪(−2;−2 +

1√3

]∪ (−1;+∞)

g) x ∈(1−

√6; 1)∪(1; 1 +

√6)

h) x ∈ (−√3;√3)

i) x ∈ (−∞;−1) ∪[−3

5; 1

]∪ (2; +∞)


a)

√x2 − 2x− 3.x2.(2x+ 1)3

(3x− 8) .(x− 2)5≥ 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


b)(x− 1)4. (x+ 2)

(x+ 3) . (2x− 5)< 0

Hướng dẫn. a) x ∈ [3; +∞) ∪ 1

b) x ∈ (−∞;−3) ∪ (−2; 1) ∪(1;

5

2

)

Bài 1.21: Giải hệ bất phương trình sau:

a)

(2x2 + x− 2) (x− 2) > 0x2 − 2x− 8

x+ 2≤ 0

b)[x3 − x2 − x− 2 ≥ 0

(x2 + 2x− 3) .√x+ 1 ≥ 0

Hướng dẫn. a) x ∈(

− 1−√17

4;− 1 +

√17

4

)∪ (2; 4]

b) x ∈ [1; +∞) ∪ −1

Bài 1.22: Tính giá trị biểu thức trong các trường hợp sau:

a) y = x3 − 3x2 − 2x− 1 khi x = 1−√2.

b) y =x2 − x− 4

2x+ 1khi x = 2 +

√3.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

Chương 2. Phương trình lượng giác

Chương 2

Phương trình lượng giác

2.1 Các kiến thức cơ bản

2.1.1 Công thức liên hệ giữa các hàm lượng giác

sin2 α + cos2 α = 1

1

cos2 α= 1 + tan2 α

1

sin2 α= 1 + cot2 α

tanα cotα = 1

Nhận xét:

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

sinα, cosα ∈ [−1; 1]

2.1.2 Các công thức của các góc liên hệ với α

α và π − α:

cos(π − α) = − cosα sin(π − α) = sinα

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

α và −α:

cos(−α) = cosα sin(−α) = − sinα

tan(−α) = − tanα cot(−α) = − cotα

α và π + α:

cos(π + α) = − cosα sin(π + α) = − sinα

tan(π + α) = tanα cot(π + α) = cotα

α vàπ

2− α:


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

cos(π

2− α) = sinα sin(

π

2− α) = cosα

tan(π

2− α) = cotα cot(

π

2− α) = tanα

2.1.3 Bảng dấu của các hàm lượng giác

I II III IVcosα + − − +sinα + + − −tanα + − + −cotα + − + −

2.1.4 Bảng các giá trị lượng giác

00 300 450 600 900 1200 1350 1500 1800

0π

6

π

4

π

3

π

2

2π

3

3π

4

5π

6π

cosα 1

√3

2

√2

2

1

20 −

1

2−√2

2−√3

2−1

sinα 01

2

√2

2

√3

21

√3

2

√2

2

1

20

tanα 01√3

1√3 ‖ −

√3 −1 −

1√3

0

cotα ‖√3 1

1√3

0 −1√3

−1 −√3 ‖

2.1.5 Công thức lượng giác của tổng, hiệu

cos(a± b) = cos a cos b∓ sin a sin b

sin(a± b) = sin a cos b± cos a sin b

tan(a± b) =tan a± tan b

1∓ tan a tan b

cot(a± b) =cot a cot b∓ 1

cot b± cot a


Th.sĐỗMinhTuâ

n


2.1.6 Công thức cộng lượng giác

cos a+ cos b = 2 cosa+ b

2cos

a− b

2

cos a− cos b = −2 sina+ b

2sin

a− b

2

sin a+ sin b = 2 sina+ b

2cos

a− b

2

sin a− sin b = 2 cosa+ b

2sin

a− b

2

tan a± tan b =sin(a± b)

cos a cos b

cot a± cot b =sin(b± a)

sin a sin b

Hệ quả:

tan a+ cot a =2

sin 2atan a− cot a = −2 cot 2a

sin a+ cos a =√2 sin(x+

π

4) =

√2 cos(x−

π

4)

sin a− cos a =√2 sin(x−

π

4) = −

√2 cos(x+

π

4)

2.1.7 Công thức biến đổi tích thành tổng

cos a cos b =1

2[cos(a+ b) + cos(a− b)]

sin a sin b = −1

2[cos(a+ b)− cos(a− b)]

sin a cos b =1

2[sin(a+ b) + sin(a− b)]

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

cos 2x = cos2 x− sin2 x = 2 cos2 x− 1 = 1− 2 sin2 x

sin 2x = 2 sin x cos x

tan 2x =2 tan x

1− tan2 x

cot 2x =cot2 x− 1

2 cot x

cos2 x =1 + cos 2x

2


Th.sĐỗMinhTuâ

n


sin2 x =1− cos 2x

2

cos 3x = 4 cos3 x− 3 cos x

sin 3x = 3 sin x− 4 sin3 x

tan 3x =3 tan x− tan3 x

1− 3 tan2 x

cot 3x =3 cot x− cot3 x

1− 3 cot2 x

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

2

sin x =2t

1 + t2, cos x =

1− t2

1 + t2, tan x =

2t

1− t2, cot x =

1− t2

2t

2.1.10 Bài tập

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

3, với α thuộc góc phần tư thứ III.

a) Tính tanα, cosα, cotα.

b) Tính cos(α− 5π2), tan(7π

2− α).

Bài 2.2: Tính giá trị biểu thức sau:

a) A =1

sin2 200+

1

cos2 400− tan2 700 − cot2 500.

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

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

Bài 2.3: Tính giá trị biểu thức:

a) A = cos π8+ cos 5π

8+ sin 9π

8+ sin 5π

8

b) B = cos π8+ tan π

8

Rút gọn biểu thức:

a) A = cos x cos 2x cos 4x cos 8x biết x 6= kπ (k ∈ Z).

b) B = sin x sin(π3− x) sin(π

3+ x).


a) A = cos6 x+ sin6 x.

b) B = cos4 x+ sin4 x.

c) C = cos 12x .

Biết rằng cos 4x =1

3.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

2.2 Các phương trình lượng giác cơ bản

2.2.1 Phương trình sin x = m

Điều kiện có nghiệm: −1 ≤ m ≤ 1.

Nghiệm của phương trình là :[

x = arcsinm+ k2π

x = π − arcsinm+ k2π(k ∈ Z)

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

2, ±

√2

2, ±

√3

2

Phương trình đặc biệt:

sin x = −1 ⇔ x = −π

2+ k2π

sin x = 1 ⇔ x =π

2+ k2π

sin x = 0 ⇔ x = kπ

(k ∈ Z)

Dạng sinA = sinB ⇔[

A = B + k2π

A = π −B + k2π

2.2.2 Phương trình cosx = m

Điều kiện có nghiệm: −1 ≤ m ≤ 1.

Nghiệm của phương trình là :[

x = arccosm+ k2π

x = − arccosm+ k2π(k ∈ Z)

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

cos x = 1 ⇔ x = k2π

cos x = 0 ⇔ x =π

2+ kπ

(k ∈ Z)

Dạng cosA = cosB ⇔[

A = B + k2π

A = −B + k2π

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

Điều kiện có nghiệm ∀m ∈ R

Nghiệm tan x = m ⇔ x = arctanm+ kπ

cot x = m ⇔ x = arccotm+ kπ

Dạng tanA = tanB ⇔ A = B + kπ

cotA = cotB ⇔ A = B + kπ

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


2.2.4 Các ví dụ


a) sin x = −1

2.

b) sin

(3x−

π

4

)= − cos

(2x+

π

6

).

c) cos

(5x−

π

3

)= − cos 2x.

Giải: a)

x = −π

6+ k2π

x =7π

6+ k2π

(k ∈ Z)

b) pt ⇔ sin

(3x−

π

4

)= − sin

(π

2− 2x−

π

6

)⇔ sin

(3x−

π

4

)= sin

(2x+

π

3

)

⇔

3x−π

4= 2x+

π

3+ k2π

3x−π

4= π − 2x−

π

3+ k2π

⇔

x =7π

12+ k2π

x =11π

60+

k2π

5

(k ∈ Z).

c) pt ⇔ cos

(5x−

π

3

)= cos (π − 2x) ⇔

5x−π

3= π − 2x+ k2π

5x−π

3= 2x− π + k2π

⇔

7x =4π

3+ k2π

3x = −2π

3+ k2π

⇔

x =4π

21+ k

2π

7

x = −2π

9+ k

2π

3

(k ∈ Z)

Ví dụ 2.2: Giải các phương trình:

a) tan x. cot 2x− 2 tan x+√3 cot 2x = 2

√3

b) tan 3x = − cot

(x+

2π

5

).

c) tan x+2

cot x= −3.

d) sin 2x− cos x+ 2 sin x− 1 = 0.

e) sin 2x−√3 cos x− 2 sin x+

√3 = 0.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Giải: a) pt ⇔(tan x+

√3). (cot 2x− 2) = 0 ⇔

[tan x =

√3

cot 2x = 2

⇔

x = −

π

3+ kπ

2x = arccot 2 + kπ⇔

x = −π

3+ kπ

x =1

2arccot 2 + k

π

2

b) pt ⇔ tan 3x = − tan

(π

2− x−

2π

5

)⇔ tan 3x = tan

(π

10− x

)

⇔ 3x =π

10− x+ kπ ⇔ x =

π

40+ k

π

4

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

4+ kπ

2.2.5 Bài tập


a) sin(3x+ 1) =

√3

2

b) cos(2x+ 2) = −1

2

c) sin 2x = sin(x

2+ 1)


a) cos 2x = sin 5x

b) sinx

2= − cos 4x

c) cos(π sin x) = cos(3π sin x)

d) 2 sin x cos x = cos x− 2 sin x+ 1


a) tan x = −1

b) tan(2x− 1) = tan(x+ 2)

c) cot(x+ 1) = − tan 2x

d) tan x =

√2

cot x+ 1


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

2.3 Các phương trình lượng giác khác

2.3.1 Phương trình a sin x+ b cosx = c

Ta có a sin x+ b cos x = c ⇔a√

a2 + b2sin x+

b√a2 + b2

cos x =c√

a2 + b2.

Gọi α là góc sao cho

cosα =a√

a2 + b2

sinα =b√

a2 + b2

Khi đó phương trình tương đương với:

cosα sin x+ sinα cos x =c√

a2 + b2⇔ sin(x+ α) =

c√a2 + b2

Điều kiện có nghiệm:

∣∣∣∣∣c√

a2 + b2

∣∣∣∣∣ ≤ 1 ⇔ |c| ≤√a2 + b2 ⇔ a2 + b2 ≥ c2


a) sin x =√3 cosx+ 1.

b) cos 2x− 3 sin x cos x = 3.

c) sin x− cos x =√2 cos 3x.

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

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

(x−

π

3

)= 1 ⇔ sin

(x−

π

3

)=

1

2= sin

π

6

⇔

x−π

3=

π

6+ k2π

x−π

3=

5π

6+ k2π

⇔

x =π

2+ k2π

x =7π

6+ k2π

(k ∈ Z)

b) pt ⇔ cos 2x−3

2sin 2x = 3.

Vì a2 + b2 =13

4< c2 = 9 nên phương trình vô nghiệm.

c) pt ⇔√2 sin

(x−

π

4

)=

√2 cos 3x ⇔ sin

(x−

π

4

)= sin

(π

2− 3x

)

⇔

x−π

4=

π

2− 3x+ k2π

x−π

4= π −

π

2+ 3x+ k2π

⇔

x =3π

16+ k

π

2

x = −3π

8− kπ

(k ∈ Z)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


d) pt ⇔3

5sin 3x+

4

5cos 3x = sin 4x

Gọi α là góc sao cho cosα =3

5và sinα =

4

5ta được:

cosα sin 3x+ sinα cos 3x = sin 4x ⇔ sin(3x+ α) = sin 4x

⇔[3x+ α = 4x+ k2π

3x+ α = π − 4x+ k2π⇔

x = α− k2π

x =π − α + k2π

7

(k ∈ Z)

2.3.2 Phương trình đẳng cấp chứa sin và cos

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

sin x, cos x bậc 1.sin2 x, cos2 x, sin x cos x, cos 2x, sin 2x bậc 2.sin3 x, sin2 x cos x, sin x cos2 x, cos3 x, sin 3x, cos 3x đều có bậc 3.

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

theo sinx

2, cos

x

2.

Cách giải: Ta xét 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: cos x = 0.

Trường hợp 2: cos x 6= 0. Khi đó ta sẽ chia cả 2 vế cho cosm x (ở đó m là bậccủa phương trình đẳng cấp)

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

Giải: Phương trình tương đương với

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

+ TH 1: Nếu cos x = 0: Phương trình trở thành ⇒ 9 sin x− 16sin5x = 0 (Vô nghiệm)+ TH 2: Nếu cos x 6= 0: Chia cả 2 vế cho cos5 x ta được:9t(1 + t2)

2+ 5(1 + t2)

2 − 20 (1 + t2)− 16t5 = 0

ở đó t = tan x, phương trình bậc 5, giải phương trình ta được nghiệm.

Ví dụ 2.5: Giải phương trình:

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

b) 2 sin3 x = − cos x

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

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

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

+) Nếu cos x 6= 0 chia cả 2 vế cho cos2 x 6= 0 ta được:

tan2 x+ 4 tan x− 5 = 0 ⇔[tan x = 1

tan x = −5

x =

π

4+ kπ

x = arctan(−5) + kπ(k ∈ Z)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

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

+) Nếu cos x 6= 0. Chia cả 2 vế cho cos3 x.

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

⇔[tan x = −1

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

π

4+ kπ (k ∈ Z).

2.3.3 Đại số hóa phương trình lượng giác

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

Phương pháp: sử dụng các công thức góc nhân đôi, nhân ba, và công thức tính

sin x, cos x, tan x, cot x theo t = tanx

2, ...

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

a) cos 2x− sin x+ 1 = 0.

b) sin x+ tanx

2= 2

c) cos 3x+ cos 2x− cos x− 1 = 0

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

e) cos 3x+ 4 cos 2x+ 4 cos x+ 1 = 0.

f) − tan x+ 2 sin 2x− cos 2x = 1

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

b) Đặt t = tanx

2qui về phương trình bậc 4 ẩn t

c) Đặt t = cosx qui về phương trình bậc 3 ẩn t.

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

2.3.4 Phương trình đối xứng sin, cos

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

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

π

4)

hoặc đặt t = sin x− cos x =√2 sin(x−

π

4)

với −√2 ≤ t ≤

√2


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Ví dụ 2.7: Giải phương trình sau:

a) sin x− cos x+ 2 sin 2x = −1

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

Giải: a) Đặt t = sin x− cos x và giải phương trình bậc 2 ẩn t.

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

2.3.5 Phân tích thành nhân tử

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

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

f(x) Biểu thức chứa thừa số f(x)

sin x sin 2x, sin 3x, tan x, tan 2x, tan 3x, · · ·

cos x sin 2x, cos 3x, tan 2x, cot 3x, cot x, · · ·

1 + cos x cos2x

2, cot2

x

2, sin2 x, tan2 x

1− cos x sin2x

2, tan2

x

2, sin2 x, tan2 x

1 + sin x cos2 x, cot2 x, cos2

(π

4−

x

2

), sin2

(π

4+

x

2

)

1− sin x cos2 x, cot2 x, cos2

(π

4+

x

2

), sin2

(π

4−

x

2

)

sin x+ cosx cos 2x, cot 2x, 1 + sin 2x, 1 + tan x, 1 + cot x, tan x− cot x

cos x− sin x cos 2x, cot 2x, 1− sin 2x, 1− tan x, 1− cot x, tan x− cot x


a) sin 2(x− π)− sin(3x− π) = sin x


Th.sĐỗMinhTuâ

n


b) cos 3x− 2 cos 2x+ cosx = 0

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

2

d) cos 3x cos 4x+ sin 2x sin 5x =1

2(cos 2x+ cos 4x)

Giải: a) pt⇔ sin 2x+ sin 3x = sin x

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

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

c) Sử dụng công thức hạ bậc

d) pt⇔1

2(cos 7x+ cosx)−

1

2(cos 7x− cos 3x) =

1

2(cos 2x+ cos 4x)

⇔ cos x+ cos 3x = cos 2x+ cos 4x

⇔ 2 cos 2x cos x− 2 cos 3x cos x = 0 ⇔ 2 cos x(cos 2x− cos 3x) = 0

2.3.6 Sử dụng bất đẳng thức

Phương pháp: Đối với dạng A = 0.Ta chứng minh A ≥ 0, ∀x từ đó suy ra dấu bằng trong bất đẳng thức phải xảy ra.Giải nghiệm từ điều kiện xảy ra dấu bằng đó.Đối với dạng biến thể: A = B.Ta chứng minh : A ≥ α và B ≤ α, ∀x dẫn đến phương trình tương đương vớiA = α = B và dấu bằng ở 2 bất đẳng thức xảy ra.


a) sin(x+π

4) + 2 sin 2x− 3 = 0.

b) sin4 x+ cos4 x = 2− cos7 x

Giải: a) sin(x+π

4) + 2 sin 2x− 3 ≤ 0 do đó phương trình tương đương với:

sin(x+π

4) = 1

sin 2x = 1

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

và 2− cos7 x ≥ 1. Do đó mà ta có hệ:

sin4 x = sin2 x

cos4 x = cos2 x

cos7 x = 1

⇔ cos x = 1 ⇔ x = k2π


Th.sĐỗMinhTuâ

n


2.3.7 Loại nghiệm không thích hợp

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

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


a)4 sin6 x+ 4 cos6 x− 1

2 sin x−√2

= 0

b)√9− x2 · (2 sin x− 1) = 0

Giải: a) Điều kiện: sin x 6=√2

2.

pt ⇔ 4 sin6 x+ 4 cos6 x− 1 = 0

⇔ 4

(1 + cos 2x

2

)3

+ 4

(1− cos 2x

2

)3

− 1 = 0

⇔ 1 + 3 cos2 2x− 1 = 0 ⇔ cos 2x = 0

⇔ x =π

4+ k

π

2.

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta được nghiệm:

x = −π

4+ k2π, x =

5π

4+ k2π

b) Nghiệm x = ±3.

Trường hợp −3 < x < 3: pt ⇔ sin x =1

2Kết hợp điều kiện ta được nghiệm:

x =π

6, x =

5π

6

2.3.8 Bài tập

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

Bài 2.8: Giải phương trình sau:

a) cosx

2+√3 sin

x

2= 1

b) 3 cos x+ 4 sin x+6

3 cos x+ 4 sin x+ 1= 6

c) sin 3x−√3 cos 3x = 2 sin 2x


Th.sĐỗMinhTuâ

n


d) 3 sin 3x−√3 cos 9x = 1 + 4 sin3 3x

e) sin x+ cos x =√2 sin 5x

f) cos 7x− sin 5x =√3(cos 5x− sin 7x)

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

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

sin x+ cos x+ 2.

b) y =sin x

2 + cos x

Phương trình đẳng cấp:


a) 4 cos2 x− 6 sin2 x+ 5 sin 2x− 4 = 0

b) 2 sin3 x = cos x

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

d) sin2 x− 2 cos2 x =1

2− sin 2x

e) −14 cos4 x+ 16 cos3 x sin x+ 6 sin2 x cos2 x− cosx sin3 x+ sin4 x = 2

Đại số hóa phương trình lượng giác:


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

b) 2 cos 3x− 7 cos 2x+ 7 cos x− 2 = 0.

c) cos4 x+ sin4 x = 2 cos(2x+π

4) cos(2x−

π

4)

d) sin4 x+ cos4 x− cos 2x+sin2 2x

4− 2 = 0

e) tan2 x−4

cos x+ 5 = 0

f)3

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

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

h) 2 cos26x

5+ 1 = 3 cos

8x

5


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Phương trình đối xứng:


a) sin3 x+ cos3 x = 1−sin 2x

2

b) sin 2x+ 4(cos x− sin x) = 4

c) cos x+1

cos x+ sin x+

1

sin x=

10

3

d) sin x cos x = 6(sin x+ cos x− 1)

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

Phân tích thành nhân tử:


a) sin x+ cos x+ 1 = 2 cos(x2− π

4)

b)√2(cos4 x− sin4 x) = sin x+ cos x

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

d) cos x sin 2x cos 3x =sin 4x

4

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

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

g) cot x− tan x = sin x+ cos x

Sử dụng bất đẳng thức:


a) sin3 x+ cos3 x = 2− sin4 x

b) cos 3x+√2− cos2 3x = 2(1 + sin2 2x)

c) cos(πx) = x2 − 4x+ 5

d) 2 sin(x+π

4) = tan x+ cot x

Loại nghiệm không thích hợp


Th.sĐỗMinhTuâ

n



a)sin6 x+ cos6 x

tan(x− π4) tan(x+ π

4)= −

1

4

b)sin6 x+ cos6 x

cos2 x− sin2 x=

tan 2x

4

c)sin x · (sin x+ cosx)− 1

cos2 x+ sin x+ 1= 0

d) tan x · (2 sinx

3− 1) = 0

e)1 + tan x

1− tan x= 1 + sin 2x

f) tan2 x =1 + cos x

1− sin x

Dạng toán tổng hợp:


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

b) cos x. cos 2x. cos 4x. cos 8x =1

16

c)sin4x+ cos4x

5 sin 2x=

1

2cot 2x−

1

8 sin 2x

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

e) 4sin2x

2−

√3 cos 2x = 1 + 2cos2

(x−

3π

4

)

f) 2√2cos3

(x−

π

4

)− 3 cos x− sin x = 0

g) tan

(π

2+ x

)− 3tan2x =

cos 2x− 1

cos2x

h) tan

(3π

2− x

)+

sin x

1 + cos x= 2

i) cos23x. cos 2x− cos2x = 0

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

k) sin3x−√3cos3x = sin xcos2x−

√3sin2x cos x


Th.sĐỗMinhTuâ

n


l)1

sin x+

1

sin

(x−

3π

2

) = 4 sin

(7π

4− x

)

m)√2 cos

(x−

7π

4

)= cos

(2x−

7π

2

)+

1

2

n) sin 2x+ sin x−1

2 sin x−

1

sin 2x= 2 cot 2x

o) sin

(5x

2−

π

4

)− cos

(x

2−

π

4

)=

√2 cos

3x

2

p) 2√2 sin

(x−

π

12

)cos x = 1.

q) 2cos2x+ 2√3 sin x cos x+ 1 = 3

(sin x+

√3 cos x

)

r)sin 2x

cos x+

cos 2x

sin x= tan x− cot x


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

Chương 3

Phương trình chứa căn và dấu giátrị tuyệt đối

3.1 Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối

3.1.1 Kiến thức cần nhớ

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

|A| =

A Nếu A ≥ 0

−A Nếu A < 0

| − A| = |A|

|A2| = A2

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

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

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

3.1.2 Các dạng bài tập

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

Dạng 1

|A| = B ⇔

A ≥ 0

A = BA < 0

A = −B

⇔

[A = −B

A = B

B ≥ 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

Dạng 2:|A| = |B| ⇔ A2 = B2 ⇔ A = ±B

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

Dạng 4: Sử dụng bất đẳng thức để đánh giá 2 vế của phương trình :Chẳng hạn nếu ta có phương trình A = B. Ta chứng minh:A ≥ α và B ≤ α từ đó ta được A = α = B.

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

3.1.3 Các ví dụ


a) |x2 + x− 1| = 2− x (∗)

b) |2x2 + 3x− 2| = |x2 − x− 3| (∗∗)

Giải: a) (∗) ⇔

2− x ≥ 0 (1)[x2 + x− 1 = 2− x (2)

x2 + x− 1 = x− 2 (3)(1) ⇔ x ≤ 2

(2) ⇔ x2 + 2x− 3 = 0 ⇔[x = 1

x = −3

(thỏa mãn điều kiện

)

(3) ⇔ x2 + 1 = 0(Phương trình vô nghiệm

)

b) (∗∗) ⇔[2x2 + 3x− 2 = x2 − x− 3 (1)

2x2 + 3x− 2 = −x2 + x+ 3 (2)

(1) ⇔ x2 + 4x+ 1 = 0 ⇔ x = −2±√3

(2) ⇔ 3x2 + 2x− 5 = 0 ⇔

x = 1

x = −5

3

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

Giải: Phương trình ⇔ (x2 − 2x)2+ 2 |x2 − 2x| − 3 = 0

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

t2 + 2t− 3 = 0 ⇔[t = 1

(thỏa mãn

)

t = −3 (loại)

+)t = 1 ⇔∣∣x2 − 2x

∣∣ = 1 ⇔[x2 − 2x = 1

x2 − 2x = −1⇔[x = 1±

√2

x = 1

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

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

mà V P = −x4 + 4x2 − 1 = −(x2 − 2)2+ 3 ≤ 3 ∀x (2).

Từ (1) , (2) ⇒ V T ≥ 3 ≥ V P ∀xDo đó phương trình đã cho ⇔

(x+ 1) . (2− x) ≥ 0

x2 − 2 = 0⇔ x =

√2

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

Giải: Ta có bảng xét dấu:

x −∞ −2 −1 4 +∞x+ 1 − − 0 + +

x2 − 2x− 8 + 0 − − 0 +

❶ Trường hợp 1: x < −2.Phương trình ⇔ 2 (−x− 1)− (x2 − 2x− 8) = −5− x+ x2

⇔ 2x2 − x− 11 = 0 ⇔

x =1 +

√89

4(loại)

x =1−

√89

4(thỏa mãn)

❷ Trường hợp 2: −2 ≤ x < −1

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

⇔ −3x = 5 ⇔ x = −5

3(thỏa mãn)

❸ Trường hợp 3: −1 ≤ x < 4

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

⇔ x = 1 (thỏa mãn)

❹ Trường hợp 4: x ≥ 4

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

⇔ 2x2 − 5x− 15 = 0 ⇔

x =5 +

√145

4(thỏa mãn)

x =5−

√145

4(loại)

Vậy phương trình có tập nghiệm S =

1−

√89

4; −

5

3; 1;

5 +√145

4

3.2 Phương trình chứa căn thức

3.2.1 Các dạng bài tập

❶√A = B ⇔

A = B2

B ≥ 0

❷√A =

√B ⇔

A = B

A ≥ 0⇔

A = B

B ≥ 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

❸ Đặt ẩn phụ. Ta đặt căn thức hoặc biểu thức trong căn bằng một ẩn phụ để làmphương trình trở nên đơn giản hơn.

❹ Sử dụng bất đẳng thức. Cách làm tương tự phần phương trình chứa dấu giá trịtuyệt đối.

3.2.2 Các ví dụ


a)√x+ 3 = 2− x

b)√x2 + x− 1 =

√2x+ 3

Giải: a) Phương trình ⇔

x+ 3 = (2− x)2

2− x ≥ 0⇔

x2 − 4x+ 4 = x+ 3

x ≤ 2

⇔

x2 − 5x+ 1 = 0

x ≤ 2⇔

x =5±

√21

2x ≤ 2

⇔ x =5−

√21

2

b) Phương trình ⇔

x2 + x− 1 = 2x+ 3

2x+ 3 ≥ 0⇔

x2 − x− 4 = 0

x ≥ −3

2

⇔

x =1±

√17

2

x ≥ −3

2

⇔ x =1 +

√17

2

Ví dụ 3.6: Giải phương trình sau: 2√x2 − 2x− 2 = −x2 + 2x+ 5.

Giải: Đặt t =√x2 − 2x− 2 ≥ 0 ⇒ x2 − 2x = t2 + 2.

Phương trình ⇔ 2t = −t2 − 2 + 5 ⇔ t2 + 2t− 3 = 0 ⇔[t = 1

t = −3 (loại)

Ta có t = 1 ⇔√x2 − 2x− 2 = 1 ⇔ x2 − 2x− 3 = 0 ⇔

[x = −1

x = 3

Bình luận: Nếu phương trình này ta giải theo cách của phương trình căn thứccơ bản thì sẽ gặp một phương trình bậc 4. Khi đó mọi việc trở nên phức tạp hơnnhiều.

Ví dụ 3.7: Giải phương trình :√x+ 1 +

√3− x =

√2 (x2 − 2x+ 3)

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki với 2 bộ(√

x+ 1;√3− x

), (1; 1)

ta có: V T 2 =(√

x+ 1.1 +√3− x.1

)2 ≥(√

x+ 12+

√3− x

2). (12 + 12).

⇒ V T 2 ≤ (x+ 1 + 3− x) .2 = 8 ⇒ V T ≤ 2√2 (1)

Dấu bằng xảy ra khi

√x+ 1

1=

√3− x

1⇔ x = 1

V P =√2 (x2 − 2x+ 3) =

√2.((x− 1)2 + 2

)≥ 2

√2 (2)

Dấu bằng xảy ra khi x = 1.Từ (1), (2) ta có phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x = 1.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

3.3 Bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối

3.3.1 Dạng cơ bản

❶ |A| < B ⇔ −B < A < B

❷ |A| > B ⇔[A > B

A < −B

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

3.3.2 Các ví dụ

Ví dụ 3.8: Giải các bất phương trình sau:

a) |x2 − 2x− 1| < x+ 1

b) |2x2 + x− 3| ≥ 2x+ 1

c) |x2 + x− 1| < |2x2 + x− 2|

Giải: a) Bất phương trình ⇔

x2 − 2x− 1 < x+ 1

x2 − 2x− 1 > −x− 1⇔

x2 − 3x− 2 < 0

x2 − x > 0

⇔

3−√17

2< x <

3 +√17

2x > 1 ∨ x < 0

⇔ x ∈(3−

√17

2; 0

)∪(1;

3 +√17

2

)

b) Bất phương trình ⇔[2x2 + x− 3 ≥ 2x+ 1

2x2 + x− 3 ≤ −2x− 1⇔[2x2 − x− 4 ≥ 0

2x2 + 3x− 2 ≤ 0

⇔

x ≥1 +

√33

4∨ x ≤

1−√33

4

−2 ≤ x ≤1

2

⇔ x ≤1

2∨ x ≥

1 +√33

4

c) Bất phương trình⇔ (2x2 + x− 2)

2> (x2 + x− 1)

2 ⇔ (2x2 + x− 2)2 − (x2 + x− 1)

2> 0

⇔ (x2 − 1) (3x2 + 2x− 3) > 0

⇔ (x− 1) (x+ 1)

(x−

−1−√10

3

)(x−

−1 +√10

3

)> 0

⇔ x <−1−

√10

3∨ −1 < x <

−1 +√10

3∨ x > 1

3.4 Bất phương trình chứa căn thức

3.4.1 Dạng cơ bản

❶√A > B ⇔

A > B2

B ≥ 0B < 0

A ≥ 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

❷√A < B ⇔

A < B2

A ≥ 0

B ≥ 0

❸√A <

√B ⇔

A < B

A ≥ 0

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

3.4.2 Các ví dụ

Ví dụ 3.9: Giải các bất phương trình sau:

a)√x2 + x− 1 > x+ 2

b)√2x2 + 3x− 2 ≤ x+ 1

c)√x2 + 3x+ 2 <

√3x2 − 7x+ 4

Giải: a) Bất phương trình

⇔

x2 + x− 1 > (x+ 2)2

x+ 2 ≥ 0x+ 2 < 0

x2 + x− 1 ≥ 0

⇔

3x+ 5 < 0

x ≥ −2

x < −2

x ≥−1 +

√5

2∨ x ≤

−1−√5

2

⇔

−2 ≤ x < −

5

3x < −2

⇔ x < −5

3

b) Bất phương trình

⇔

x+ 1 ≥ 0

2x2 + 3x− 2 ≥ 0

2x2 + 3x− 2 ≤ (x+ 1)2⇔

x ≥ −1

x ≤ −2 ∨ x ≥1

22x2 + 3x− 2 ≤ x2 + 2x+ 1

⇔

x ≥1

2x2 + x− 3 ≤ 0

⇔

x ≥1

2−1−

√13

2≤ x ≤

−1 +√13

2

⇔1

2≤ x ≤

−1 +√13

2

c) Bất phương trình

⇔

x2 + 3x+ 2 ≥ 0

x2 + 3x+ 2 < 3x2 − 7x+ 4

⇔

x ≥ −1 ∨ x ≤ −2

2x2 − 10x+ 2 > 0⇔

x ≥ −1 ∨ x ≤ −2

x >5 +

√21

2∨ x <

5−√21

2

⇔ −1 ≤ x <5−

√21

2∨ x >

5 +√21

2


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

3.5 Bài tập

Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối:


a) |2x− 1|+ |2x+ 1| = 4

b) |x2 − 3x+ 2| − 2x = 1

c) |x2 + x− 12| = x2 − x− 2

d) |2− |2− x|| = 1

e) |x2 − 2x| = |2x2 − 1|

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

Hướng dẫn. a) x = 1;−1

b) x =5±

√21

2

c) x = 5;±√7

d) x = 5; 3; 1;−1.

e) x = −1±√2;−

1

3; 1.

f) x =− 5−

√259

18.

Bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối:

Bài 3.2: Giải các bất phương trình:

a) |x− 3|+ |5− x| < 3x

b) |x2 − x− 6| < x

c) |x2 − 5x+ 4| > x− 2

d) |2x− |x− 1|| < 2

e) |3x2 − 2x− 1| < |x2 − x|

Hướng dẫn. a) x ∈(8

5;+∞

).

b) x ∈(√

6; 1 +√7).

c) x ∈(−∞; 2 +

√2)∪(3 +

√3;+∞

).


Th.sĐỗMinhTuâ

n


d) x ∈(−1

3; 1

).

e) x ∈(−1

2;1

4

).

Phương trình chứa căn thức:


a) x−√2x+ 3 = 0

b)√x+ 4−

√1− x =

√1− 2x

c) (x− 3) (x+ 1) + 4 (x− 3) .

√x+ 1

x− 3= −3

d)√3 + x+

√6− x−

√(3 + x) . (6− x) = 3

e) x3 + 1 = 2 3√2x− 1

Hướng dẫn. a) x = 3.

b) x = 0.

c) x = 1−√5; 1−

√13.

d) x = −3; 6.

e) x = 1;−1

2±√5.


a)√x− 2 +

√4− x = x2 − 6x+ 11

b) 3√x+ 34− 3

√x− 3 = 1

c)√

x+ 2√x− 1 +

√x− 2

√x− 1 =

x+ 3

2

d)x2

√3x− 2

−√3x− 2 = 1− x

e) x2 +√x+ 5 = 5

f) 3√x− 1 + 3

√x− 2 = 3

√2x− 3

Hướng dẫn. a) x = 3

b) x = −61; 30.

c) x = 1; 5.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


d) x = 1.

e) x =− 1 +

√17

2;1−

√21

2.

f) x = 1; 2.

Bất phương trình chứa căn thức :


a)√x+ 9 +

√2x+ 4 > 5

b) 4(x+ 1)2 < (2x+ 10)(1−

√3 + 2x

)2

c) (x− 3)√x2 + 4 ≤ x2 − 9

d)√x+ 2−

√x+ 1 ≤ √

x

e)√2x2 − 6x+ 1 ≥ x− 2

f)x

x+ 1− 2

√x+ 1

x> 3

g)√5x2 + 10x+ 1 ≥ 7− x2 − 2x

h)√1 + x+

√1− x ≤ 2−

x2

4

Hướng dẫn. a) x ∈ (0; +∞)

b) x ∈[−3

2;−1

)∪ (−1; 3)

c) x ∈(−∞;−

5

6

]∪ [3; +∞)

d) x ∈[−1 +

2√3;+∞

).

e) x ∈(−∞;

3−√7

2

]∪ [3; +∞)

f) x ∈(−4

3;−1

).

g) x ∈ (−∞;−3] ∪ [1; +∞).

h) x ∈ [−1; 1]


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài tập tổng hợp:

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

a) 3√7x+ 1 + 4

√9x+ 7 ≤ −

√x+ 3 + 6

b)√x2 + x− 1 + 8

√2x2 + x− 3 =

√x2 + 3x− 5 + 8

√2x2 + 4x− 9

c) 4√x+ 4

√17− x = 3

d)√x+ 1 < 3

√2− x+ 3

Hướng dẫn. a) x ∈[−7

9; 1

].

b) x = 2.

c) x = 1; 16.

d) x ∈ (−∞; 3)


Th.sĐỗMinhTuâ

n

Chương 4. Hệ phương trình đại số

Chương 4

Hệ phương trình đại số

4.1 Hệ phương trình bậc nhất

4.1.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

Dạng: a1x+ b1y = c1a2x+ b2y = c2

Cách giải:

D =

∣∣∣∣a1 b1a2 b2

∣∣∣∣ , Dx =

∣∣∣∣c1 b1c2 b2

∣∣∣∣ , Dy =

∣∣∣∣a1 c1a2 c2

∣∣∣∣

- Nếu D 6= 0: hệ phương trình có nghiệm duy nhất

(x =

Dx

D, y =

Dy

D

).

- Nếu D = 0 và D2x +D2

y 6= 0: Hệ vô nghiệm.

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

Ví dụ 4.1: Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m:

a.x+ (2− a) y = 3

(a− 2) x+ (1− 2a) y = a− 4

Giải: D =

∣∣∣∣a 2− a

a− 2 1− 2a

∣∣∣∣ = −a2 − 3a+ 4 = − (a− 1) . (a+ 4)

Dx =

∣∣∣∣3 2− a

a− 4 1− 2a

∣∣∣∣ = a2 − 12a+ 11 = (a− 1) . (a− 11)

Dy =

∣∣∣∣a 3

a− 2 a− 4

∣∣∣∣ = a2 − 7a+ 6 = (a− 1) . (a− 6)

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

a = −4

Nếu a = −4, Dx 6= 0 thì hệ vô nghiệm.Nếu a = 1, Dx = Dy = 0, thay vào hệ phương trình ta có:

x+ y = 3

−x− y = −3⇒ S = (x, 3− x) |x ∈ R.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

+) Trường hợp 2: D 6= 0 ⇔a 6= 1

a 6= −4

nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

x =12− a

a+ 4

y =6− a

4 + a

4.1.2 Hệ phương trình bậc nhất ba ẩn

Dạng

a1x+ b1y + c1z = d1a2x+ b2y + c2z = d2a3x+ b3y + c3z = d3

Cách giải:

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

❷ Sử dụng máy tính điện tử để giải.

❸ Dùng phép biến đổi Gauss.


x+ 2y − 3z = 2 (1)

2x− y + 4z = 4 (2)

5x+ 3y − 4z = 4 (3)

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

5 (−2y + 3z + 2) + 3y − 7z = 4⇔ −5y + 10z = 0

−7y + 8z = −6⇔

y = 2

z = 1⇒ x = 1.

Hệ có nghiệm (x = 1, y = 2, z = 1)

C2: Biến đổi Gauss.

A =

1 2 −3 2

2 −1 4 4

5 3 −7 4

H2−2H1⇒H3−5H1

1 2 −3 2

0 −5 10 0

0 −7 8 −6

Ta được hệ −5y + 10z = 0

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

C3: Sử dụng máy tính điện tử.

4.1.3 Hệ phương trình bậc nhất bốn ẩn

Dạng :

a1x+ b1y + c1z + d1t = e1a2x+ b2y + c2z + d2t = e2a3x+ b3y + c3z + d3t = e3a4x+ b4y + c4z + d4t = e4


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

Cách giải:

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

❷ Dùng phép biến đổi Gauss.


x− 2y + 3z − 4t = 5

2x+ 3y − 5z + t = −10

4x− 5y + 6z − 7t = 14

x+ y + z + t = 3

Giải: - Cách 1: Phương pháp Gauss:

A =

1 −2 3 −4 5

2 3 −5 1 −10

4 −5 6 −7 14

1 1 1 1 3

H2−2H1H3−4H1⇒H4−H1

1 −2 3 −4 5

0 7 −11 9 −20

0 3 −6 9 −6

0 3 −2 5 −2

Giải hệ:

7y − 11z + 9t = −20

3y − 6z + 9t = −6

3y − 2y + 5z = −2

⇔

y = −1

z = 2

t = 1

⇒ x = 1

Hệ có nghiệm duy nhất: (1;−1; 2; 1).Cách 2: Rút x = 2y− 3z+4t+5 thế vào 3 phương trình còn lại ta được hệ phương trình3 ẩn giống như phép biến đổi Gauss.

4.2 Hệ phương trình bậc nhất - bậc hai:

Dạng: Hệ gồm 2 phương trình trong đó:

Phương trình bậc nhất và phương trình bậc 2.

Cách giải:

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

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

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

Ví dụ 4.4: Giải các hệ phương trình:

a)

x+ 2y = −1

x2 + 3y2 − 2x = 2

b)

x2 − 2y = 2

2x2 + xy − y = 9


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

c)

2x2 + 4y2 + x = 19

x2 + y2 + y = 7

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

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

⇔ 1 + 4y + 4y2 + 3y2 + 2 + 4y − 2 = 0

⇔ 7y2 + 8y + 1 = 0 ⇔[y = −1 ⇒ x = 1

y = −1/7 ⇒ x = −5/7

Hệ có 2 nghiệm (1;−1) ; (−5/7;−1/7).

b) Rút y =x2 − 2

2từ (1) thế vào (2) ta được

2x2 + x.x2 − 2

2−

x2 − 2

2= 9

⇔ 4x2 + x3 − 2x− x2 + 2 = 18

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

⇔[x = 2 ⇒ y = 1

x2 + 5x+ 8 = 0(

Vô nghiệm)

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

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

2y2 + x− 2y = 5 ⇒ x = −2y2 + 2y + 5

Thay vào phương trình (2) ta được (−2y2 + 2y + 5)2+ y2 + y = 7

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

⇔ 4y4 − 8y3 − 15y2 + 21y + 18 = 0

⇔ (y − 2) (2y + 3) (2y2 − 3y − 3) = 0

⇔

y = 2

y = −3/2

2y2 − 3y − 3 = 0

⇔

y = 2

y = −3/2

y =3 +

√33

4

y =3−

√33

4

⇒

x = 1

x = −5/2

x =5−

√33

4

x =5 +

√33

4

Vậy hệ có 4 nghiệm, tập nghiệm là:

S =

(1; 2) , (−3/2;−5/2) ,

(5−

√33

4;3 +

√33

4

),

(5 +

√33

4;3−

√33

4

)

4.3 Hệ phương trình đẳng cấp bậc 2:

4.3.1 Phương trình đẳng cấp bậc 2

Dạng: a.x2 + b.xy + c.y2 = 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Cách giải:

Coi đây như một phương trình bậc 2: a.t2 + b.t+ c = 0 nếu a 6= 0

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

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


a) x2 + 2xy + 2y2 = 0

b) 2x2 − 3xy − 2y2 = 0

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

b) ∆ = 32 − 4.2.(−2) = 25 > 0. Nên phương trình đã cho tương đương với:

x =3− 5

4.y = −

1

2y

x =3 + 5

4.y = 2y

4.3.2 Hệ phương trình đẳng cấp bậc 2

Dạng toán:

a1x2 + b1xy + c1y

2 = d1a2x

2 + b2xy + c2y2 = d2

Cách giải:

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

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

- TH2: d1, d2 6= 0. Nhân phương trình (1) với d2 trừ đi phương trình (2) nhân d1được phương trình đẳng cấp bậc 2. Tiếp tục như trên.

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

Ví dụ 4.6: Giải các hệ phương trình sau:

a)

x2 − xy + y2 = 7

x2 − 2xy − 3y2 = 0

b)

x2 + xy − y2 = −1

2x2 − xy + 3y2 = 12

c)

x2 + xy − 2y2 = 0

2x2 − 3xy + y2 = 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Giải: a) C1: Phương trình (2) ta có:

x = −y hoặc x = 3y

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

√7

3⇒ y = ∓

√7

3

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

C2: Từ hệ phương trình ta có

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

⇔ 4x2 − 5xy = 21 ⇒ y =4x2 − 21

5x

x2 + x.21− 4x2

5x+

(4x2 − 21

5x

)2

= 7

⇔ 25x4 + 5x2 (21− 4x2) + (4x2 − 21)2= 7.25x2

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

⇔ 21x4 − 238x2 + 441 = 0 ⇔

x2 = 9

x2 =7

3

⇔

x = ±3 ⇒ y = ±1

x = ±

√7

3⇒ y = ∓

√7

3

Hệ có 4 nghiệm, tập nghiệm là:

S =

(3; 1) , (−3;−1) ,

√

7

3;−

√7

3

,

−

√7

3;

√7

3

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

14x2 + 11xy − 9y2 = 0 ⇔

x =1

2y

x = −9

7y

+) TH 1: x =1

2y thế vào pt (1):

1

4y2 +

1

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

+) TH 2: x = −9

7y thay vào pt (1) ta có:

81

49y2 −

9

7y2 − y2 = −1 ⇔ y2 =

49

31⇔ y = ±

7√31

⇒ x = ∓9√31

Hệ có 4 nghiệm, tập nghiệm là :

S =

(1; 2) , (−1;−2) ,

(−

9√31;

7√31

),

(9√31;−

7√31

)

c) Phương trình (1) tương đương với:

(x− y) (x+ 2y) = 0 ⇔[x = y

x = −2y


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

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

0 = 0 (Thỏa mãn với mọi x, y)

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

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

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

4.4 Hệ đối xứng

4.4.1 Hệ đối xứng loại I:

Dạng:

f (x, y) = 0

g (x, y) = 0

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

f (x, y) = f (y, x), g (x, y) = g (y, x) ∀x, y ∈ R

Cách giải:

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

x+ y = S

x.y = P

Dùng định lý đảo Vi-et x, y là hai nghiệm của phương trình: X2 − S.X + P = 0.

Ví dụ 4.7: Giải hệ phương trình sau:

a)

x+ y = 3

x2 + y2 = 5

b)

x− y + xy = 3

x2 + y2 + xy = 7

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

S = 3

S2 − 2P = 5⇔

S = 3

P = 2⇔

x+ y = 3

xy = 2

x, y là 2 nghiệm của phương trình : X2 − 3X + 2 = 0 ⇔[X = 1

X = 2

Hệ có 2 nghiệm S = (1; 2) , (2; 1)

b) Đặt S = x− y, P = x.y ta được hệ :

S + P = 3

S2 + 2P + P = 7⇔

P = 3− S

S2 + 3 (3− S) = 7⇔

P = 3− S

S2 − 3S + 2 = 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


⇔

P = 3− S[S = 1

S = 2

⇒

S = 1

P = 2(1)

S = 2

P = 1(2)

+) Giải hệ (1):

S = 1

P = 2⇔

x− y = 1

x.y = 2⇔

x+ (−y) = 1

x. (−y) = −2

x,−y là 2 nghiệm của phương trình:

X2 −X − 2 = 0 ⇔[X = −1

X = 2

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

Giải hệ (2)

S = 2

P = 1⇔

x− y = 2

x.y = 1⇔

x+ (−y) = 2

x. (−y) = −1

X2 − 2X − 1 = 0 ⇔[X = 1 +

√2

X = 1−√2

Do đó hệ có 2 nghiệm(1 +

√2,−1 +

√2),(1−

√2,−1−

√2)

Kết luận vậy hệ có 4 nghiệm:

(−1;−2) , (2; 1) ,(1 +

√2,−1 +

√2),(1−

√2,−1−

√2)

4.4.2 Hệ đối xứng loại II:

Dạng :

Hệ đối xứng loại II:

f (x, y) = 0

f (y, x) = 0

Hệ đối xứng vòng quanh:

f (x, y, z) = 0

f (y, z, x) = 0

f (z, x, y) = 0

Cách giải:

Hệ đối xứng loại II:

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

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

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

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

P (x, y) = 0

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Hệ đối xứng vòng quanh:

- Sử dụng phương pháp hàm số để giải:


a)

x2 = 2x+ y − 2

y2 − 2y = x− 2

b)

x3 = −x− 4y + 6

y3 = −y − 4x+ 6

c)

x3 = 4y − 3

y3 = 4z − 3

z3 = 4x− 3

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

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

+)TH 1: x = y ta được

x2 − 3x+ 2 = 0 ⇔[x = 1 ⇒ y = 1

x = 2 ⇒ y = 2

+) TH 2: x+ y = 1 ⇒ y = 1− x

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

Hệ có 2 nghiệm phân biệt:

(1; 1) , (2; 2)

b) Trừ vế 2 phương trình ta được:

(x− y) (x2 + xy + y2) = 3 (x− y)

⇔[x = y

x2 + xy + y2 = 3

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

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

x2 + x+ 6 = 0 (Vô nghiệm)

TH 2: x2 + xy + y2 = 3

Cộng vế 2 phương trình đầu kết hợp với phương trình trên ta được hệ phương trình:

x2 + xy + y2 = 3

x3 + y3 = −5 (x+ y) + 12

Đặt S = x+ y, P = x.y (S2 ≥ 4P ) thế vào hệ phương trình ta được hệ mới:

S2 − P = 3

S3 − 3SP = −5S + 12

Từ pt (1) ta có P = S2 − 3 thế vào phương trình (2) ta được

S3 − 3S (S2 − 3) = −5S + 12 ⇔ S3 − 7S + 6 = 0

⇔ (S − 1) . (S2 + S − 6) = 0 ⇔

S = 1 ⇒ P = −2

S = −3 ⇒ P = 6 (Vô nghiệm)

S = 2 ⇒ P = 1


Th.sĐỗMinhTuâ

n


+)

S = 1

P = −2⇔

x+ y = 1

x.y = −2

x, y là 2 nghiệm của phương trình: X2 −X − 2 = 0 ⇔[X = −1

X = 2

Hệ có 2 nghiệm (−1; 2) , (2;−1)

+)

S = 2

P = 1⇔

x+ y = 2

x.y = 1

x, y là 2 nghiệm của phương trình:

X2 − 2X + 1 = 0 ⇔ X = 1

Hệ phương trình có nghiệm (1; 1)

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

c) Hệ phương trình tương đương với:

x =z3 + 3

4

y =x3 + 3

4

z =y3 + 3

4

Đặt f (x) =x3 + 3

4, f (x) là hàm đồng biến.

Hệ trở thành

x = f (z)

y = f (x)

z = f (y)

Giả sử x > y ta có:

⇒ y = f (x) > f (y) = z

⇒ z = f (y) > f (z) = x

⇒ x > y > z > x (Mâu thuẫn)

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

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

⇒ x = y = z thay vào hệ ta được:

x3 = 4x− 3 ⇔ x3 − 4x+ 3 = 0 ⇔ (x− 1) (x2 + x− 3) = 0

⇔[x = 1

x2 + x− 3 = 0⇔

x = 1

x =−1 +

√13

2

x =−1−

√13

2

Hệ có 3 nghiệm

(1; 1; 1) ,

(−1 +

√13

2;−1 +

√13

2;−1 +

√13

2

)

(−1−

√13

2;−1−

√13

2;−1−

√13

2

)


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

4.5 Hệ phương trình tổng quát

Cách giải:

❶ Đặt ẩn phụ để quy về hệ quen thuộc.

❷ Cộng trừ đại số các phương trình.

❸ Thế ẩn.

❹ Phân tích thành nhân tử.

Ví dụ 4.9: Giải các hệ phương trình sau:

x2 + y + x3y + xy2 + xy = −5

4

x4 + y2 + xy (1 + 2x) = −5

4

Giải: Hệ phương trình tương đương

x2 + y + xy (x2 + y) + xy = −5

4

(x2 + y)2+ xy = −

5

4

Đặt u = x2 + y, v = xy

Hệ trở thành:

u+ u.v + v = −5

4

u2 + v = −5

4

Từ phương trình (2) ta có v = −5

4− u2

Thế vào phương trình (1) ta có:

u−5

4u− u3 −

5

4− u2 = −

5

4⇔ −u3 − u2 −

1

4u = 0

⇔ u.(2u+ 1)2 = 0 ⇔

u = 0 ⇒ v = −5

4

u = −1

2⇒ v = −

3

2

+) TH 1: u = 0, v = −5

4

x2 + y = 0

xy = −5

4


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

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

4⇔ x =

3

√5

4⇒ y = − 3

√25

16

+) TH 2: u = −1

2, v = −

3

2Ta được hệ:.

x2 + y = −1

2

xy = −3

2

Từ phương trình (1) ta có y = −x2 −1

2

x

(−x2 −

1

2

)= −

3

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

⇔

x = 1 ⇒ y = −

3

22x2 + 2x+ 3 = 0

(Phương trình vô nghiệm

)

Kết luận: Hệ có 2 nghiệm phân biệt:

(1;−

3

2

),

3

√5

4;− 3

√25

16

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

xy + x+ y = x2 − 2y2

x√2y − y

√x− 1 = 2x− 2y

.

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

x4 + 2x3y + x2y2 = 2x+ 9

x2 + 2xy = 6x+ 6

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

xy + x+ 1 = 7y (1)

x2y2 + xy + 1 = 13y2 (2)

Giải: Cách 1: Phương trình đẳng cấp:

Ta có

xy + 1 = −x+ 7y

(xy + 1)2 − xy = 13y2

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

36y2 ⇔[x = 3y

x = 12y.

+) TH1: Với x = 3y thay vào hệ ta có:

3y2 − 4y + 1 = 0

9y4 − 10y2 + 1 = 0⇔

y = 1 ⇒ x = 3

y =1

3⇒ x = 1

.

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

Cách 2: Thế

Từ (1) ta có x =7y − 1

y + 1thế vào (2) ta được:

36y4 − 33y3 − 5y2 + y + 1 = 0 ⇔ (y − 1)(3y − 1)(12y2 + 5y + 1) = 0

⇔

y = 1 ⇒ x = 3

y =1

3⇒ x = 1

12y2 + 5y + 1 = 0 (Vô nghiệm)


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

Cách 3: Đặt ẩn phụ quy về hệ đối xứng

Nhận thấy y = 0 thì phương trình (2) không thỏa mãn.Nếu y 6= 0, chia 2 vế của pt (1) cho y, chia 2 vế của phương trình (2) cho y2 ta được:

x+x

y+

1

y= 7

x2 +x

y+

1

y2= 13

Đặt u =1

yta được hệ.

x+ xu+ u = 7

x2 + xu+ u2 = 13.

Đến đây học sinh tự giải tiếp.

4.6 Bài tập

Hệ phương trình bậc nhất:

Bài 4.1: Giải và biện luận hệ phương trình:

a)

mx+ 3y = −m

3x+my = 8

b)

2x+ (m− 1) y = 2m− 3

m2x+my = 4m−m2

Bài 4.2: Tìm giá trị của m để hệ phương trình :

x−my = 1

mx+ y = 3

có nghiệm (x, y) thỏa mãn x.y < 0

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

x−my = 2− 4m

mx+ y = 3m+ 1

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

Bài 4.4: Giải hệ phương trình bậc nhất sau:

a)

x+ 3y − z = 6

2x− y + 3z = 3

−x+ 5y − 7z = 2

b)

2x+ y − 3z − 4t = −10

x− 3y + 4z − 5t = −2

3x− 4y + 2z + t = 11

−x+ 2y − 7z + 6t = 2


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Hướng dẫn. a)

(4;−

17

8;−

19

8

).

b) (1;−1; 1; 2).

Hệ phương trình đối xứng loại 1:

Bài 4.5: Giải các hệ phương trình sau:

a)

x− y = 1

x3 − y3 = 1

b)

x3 − y3 = 3 (x− y)

x+ y = −1

c)

x+ y + xy = 5

x2 + y2 = 5

d)

x+ xy + y = 3

x2y + xy2 = 2

e)

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

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

f)

x3 + y3 = 12 (x+ y)

x− y = 2

g)

x2y + xy2 = 30

x3 + y3 = 35

h)

x2 + y2 + x+ y = 4

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

i)

x2 + 4x+ y = 7

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

j)

x− y + x2 + y2 = 12

x− y + xy = 5

k) √

x+ 1 +√y + 1 = 2 +

√2√

x+√y =

√3 + 1

l) √

x− 4 +√y − 1 = 4

x+ y = 73

m)

x3 − y3 = 7

xy (x− y) = 2

Hướng dẫn. a) (1; 0), (0;−1).


Th.sĐỗMinhTuâ

n


b) (−2; 1),

(−1

2;−

1

2

), (1;−2).

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

d) (1; 1).

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

f) (−2;−4), (4; 2), (1;−1).

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

h) (−2; 1), (1;−2),(−√2;√2),(√

2;−√2).

i) (−4; 7), (1; 2),

(− 3 +

√21

2;− 11−

√21

2

),

(− 3−

√21

2;− 11 +

√21

2

).

j) (3; 1), (2; 3), (−1;−3), (−3;−2).

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

l) (38− 4√30; 35 + 4

√30).

m) (2; 1), (−1;−2).

Hệ phương trình đối xứng loại 2:

Bài 4.6: a)

2x+√y − 1 = 5

2y +√x− 1 = 5

b)

3x2 = 2y +1

y

3y2 = 2x+1

x

c)

x2 = 3x+ 2y

y2 = 3y + 2x

d) √

x+ 5 +√y − 2 = 7√

y + 5 +√x− 2 = 7

e)

x− 3y = 4y

x

y − 3x = 4x

y

f)

x+ 4√y − 1 = 1

y + 4√x− 1 = 1

g)

x3 = 3x+ 8y

y3 = 3y + 8x


Th.sĐỗMinhTuâ

n


h)

x+2xy

3√x2 − 2x+ 9

= x2 + y

y +2xy

3√y2 − 2y + 9

= y2 + x

i)

x = y2 − 2y + 2

y = z2 − 2z + 2

z = x2 − 2x+ 2

Hướng dẫn. a) (2; 2).

b) (1; 1).

c) (0; 0), (5; 5), (2;−1), (−1; 2).

d) (11; 11).

e) (−2;−2).

f) (1; 1).

g) (0; 0),(√

11;√11),(−√11;−

√11).

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

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

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

Hướng dẫn. x = 1

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

ex = 2007−y√

y2 − 1

ey = 2007−x√

x2 − 1

Hệ phương trình đẳng cấp bậc 2:

Bài 4.9: Giải các hệ phương trình:

a)

x2 − 4xy + y2 = 1

y2 − 3xy = 4

b)

x2 − 3xy + y2 = 5

2x2 − xy − y2 = 2

c)

3x2 + 5xy − 4y2 = 38

5x2 − 9xy − 3y2 = 15

Hướng dẫn. a) (−1;−4), (1; 4).


Th.sĐỗMinhTuâ

n


b) (−1; 1), (1;−1).

c) (−3;−1), (3; 1).

Hệ phương trình bậc 1 - bậc 2:

Bài 4.10: Giải hệ phương trình sau:

a)

2x2 − 5xy + 2y2 = 0

x2 + y = 5

b)

x+ 2y = −1

2x3 − 3y3 = 5

Hướng dẫn. a) (2; 1),

(−5

2;−

5

4

),(−1 +

√6;−2 + 2

√6),(−1−

√6;−2− 2

√6).

b) (1;−1).

Hệ phương trình tổng quát:

Bài 4.11: Giải hệ phương trình:

a)

(x

y

)2

+

(x

y

)3

= 12

(xy)2 + xy = 6

b)

y + xy2 = 6x2

1 + x2y2 = 5x2

c)

x4 − x3y + x2y2 = 1

x3y − x2 + xy = 1

d) √

2x+ y + 1−√x+ y = 1

3x+ 2y = 4

e)

xy + x+ y = x2 − 2y2

x√2y − y

√x− 1 = 2x− 2y

f)

x4 + 2x3y + x2y2 = 2x+ 9

x2 + 2xy = 6x+ 6

g)

2 (y − x) + xy = 4

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

Hướng dẫn. a) (2; 1), (−2;−1).

b) (1; 2),

(1

2; 1

).


Th.sĐỗMinhTuâ

n


c) (1; 1), (−1;−1).

d) (2;−1).

e) (5; 2).

f)

(−4;

17

4

).

g) (−5; 2), (1; 2), (−2;−7), (−2; 3).


Th.sĐỗMinhTuâ

n

Chương 5. Giải tích tổ hợp

Chương 5

Giải tích tổ hợp

5.1 Khái quát chung

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

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

❷ Giải phương trình tổ hợp (Có chứa Ckn, A

kn, Pn, ...)

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

❹ Xác định số hạng không chứa x, chứa xk, ... trong khai triển một nhị thức Newton.

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

5.2 Kiến thức cơ bản

5.2.1 Quy tắc cộng - nhân

Quy tắc cộng:

Nếu hành động H :

H1

H2

...

Hn

mà Hi, Hj không xảy ra đồng thời thì

|H| = |H1|+ |H2|+ · · ·+ |Hn|

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

Quy tắc nhân:


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

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

H : H1 → H2 → · · · → Hn

thì |H| = |H1|.|H2| · · · |Hn|

5.2.2 Tổ hợp - chỉnh hợp - hoán vị

Hoán vị:

Cho N = 1, 2, · · · , n, một bộ gồm n số (x1, x2, · · · , xn) thỏa mãn xi 6= xj ∀i 6= j,xi ∈ N gọi là một hoán vị của N . Số các hoán vị của N :

Pn = n.(n− 1)...2.1 = n!

Chỉnh hợp:

Cho N = 1, 2, · · · , n, k là số tự nhiên bé hơn n. Một bộ gồm k số (x1, x2, · · · , xk)

thỏa mãn xi 6= xj ∀i 6= j, xi ∈ N được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử.Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử là

Akn =

n!

(n− k)!= n.(n− 1)...(n− k + 1)

Ví dụ: Tính A2n, A

3n+1.

Tổ hợp :

Cho N = 1, 2, · · · , n, k là số tự nhiên bé hơn n. Một bộ gồm k số [x1, x2, · · · , xk]

không phân biệt thứ tự thỏa mãn xi 6= xj ∀i 6= j, xi ∈ N được gọi là một tổ hợpchập k của n phần tử. Số các tổ hợp chập k của n phần tử là

Ckn =

Akn

k!=

n!

(n− k)!k!

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

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

Ví dụ: Tính C3n, C

2n+1, C

n−1n+2

Tính chất:

+) Tính đối xứng: Ckn = Cn−k

n .

+) Tam giác Pascal: Ckn + Ck+1

n = Ck+1n+1

Chú ý: Sự khác biệt của tổ hợp và chỉnh hợp chính là tính có thứ tự hay không,đây là chỗ học sinh hay nhầm lẫn nhất. Chẳng hạn như: lấy 3 học sinh trong mộtlớp 52 người làm cán sự lớp thì không có thứ tự nhưng nếu lấy 3 học sinh trong đó1 người làm lớp trưởng, một lớp phó, một bí thư thì là có thứ tự, thậm chí nếu lấy3 người trong đó 1 lớp trưởng và 2 lớp phó thì lại xen lẫn có thứ tự và không cóthứ tự! (giữa lớp trưởng và 2 lớp phó thì có thứ tự nhưng giữa 2 lớp phó lại khôngcó thứ tự)


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

5.2.3 Công thức nhị thức Newton

Một số công thức hay dùng:

(a+ b)n =n∑

k=0

Ckna

n−kbk = C0na

n + C1na

n−1b+ · · ·+ Cnnb

n

(1 + x)n = C0n + C1

nx+ · · ·+ Cnnx

n

Ckn + Ck+1

n = Ck+1n+1

Ckn = Cn−k

n

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

5.3 Các ví dụ

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

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

abcd thỏa mãn

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

Ta xét các trường hợp sau:TH1: d = 0, a có 9 cách chọn, b có 8 cách chọn, c có 7 cách chọn⇒ có 9.8.7 = 504 cách chọn.TH2: d 6= 0, d ∈ 2, 4, 6, 8 nên d có 4 cách chọn, a có 8 cách chọn, b có 8 cách chọn, ccó 7 cách chọn ⇒ có 4.8.8.7 = 1792 cách chọn.Kết hợp ta có : 504 + 1792 = 2296 cách chọn.

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

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

abcd thỏa mãn

a, b, c, d ∈ 0, 1, 2, ..., 9a 6= 0

abcd < 4653

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

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

Giải: Cách 1: Gián tiếpCách làm gián tiếp: Thay vì đếm tập A ta đếm tập mẹ Ω và phần bù của nó làA = Ω\A. Sau đó sử dụng công thức |A| = |Ω| −

∣∣A∣∣ ở đó |A| ký hiệu số phần tử tập A.

Lấy 4 học sinh trong 12 học sinh: có C412 = 495.

Bây giờ ta chọn 4 học sinh sao cho 4 hs này trong cả 3 lớp:

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

1 2 1 1 C25 .C

14 .C

13 = 120

2 1 2 1 C15 .C

24 .C

13 = 90

3 1 1 2 C15 .C

14 .C

23 = 60

Tổng: 270

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

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

(2x+

15√x

)n

(x > 0) biết n thỏa mãn điều kiện C0n + C1

n+1 + Cnn+2 = 10n + 30. Trong khai triển nhị

thức trên, tìm hạng tử có hệ số lớn nhất.

Giải: Từ điều kiện ta có

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

2= 10n+ 30

⇔ n2 − 15n− 54 = 0 ⇔[n = 18

n = −3 (loại)Vậy n = 18 và ta có

(2x+

15√x

)18

=18∑

k=0

Ck18.(2x)

18−k.

(15√x

)k

=18∑

k=0

Ck18.2

18−kx18−k− k

5

Số hạng không chứa x ⇒ 18− k −k

5= 0 ⇔ k = 15.

Hệ số của số hạng không chứa x là: 23.C1518 = 6528

Đặt ak = Ck18.2

18−k, k = 0, 1, 2, .., 18

Xét bất phương trình Ck18.2

18−k < Ck+118 .217−k

⇔ 2.18!

k!. (18− k)!<

18!

(k + 1)! (17− k)!

⇔2. (k + 1)!

k!<

(18− k)!

(17− k)!⇔ 2 (k + 1) < 18− k

⇔ 3k < 16 ⇔ k < 163⇔ k = 0; 1; ..; 5

⇒ a0 < a1 < ... < a5 < a6 > a7 > .. > a18Vậy hạng tử có hệ số lớn nhất là: C6

18.218−6x18− 6.6

5 = C618.2

12.x54

5


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

a) Ckn + 3Ck+1

n + 3Ck+2n + Ck+3

n = Ck+3n+3 ∀n, k ∈ N, n ≥ k + 3.

b) 2C0n + 3C1

n + 4C2n + · · ·+ (n+ 2)Cn

n = (n+ 4) 2n−1

c)C0

n

2+

C1n

3+ · · ·+

Cnn

n+ 1=

1 + 2n+1n

n2 + 3n+ 2

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

Mà ta có (1 + x)n+3 =n+3∑k=0

Ckn+3x

k nên hệ số của xk+3 là Ck+3n+3. (2)

Mặt khác (1 + x)n(1 + x)3 =

(n∑

i=0

C inx

i

).

(3∑

j=0

Cj3x

j

).

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

i k + 3 k + 2 k + 1 k

j 0 1 2 3

Do đó hệ số của xk+3 sẽ là:

Ckn.C

33 + Ck+1

n .C23 + Ck+2

n .C13 + Ck+3

n .C03 = Ck

n + 3Ck+1n + 3Ck+2

n + Ck+3n (3)

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

b) Sử dụng phép tính đạo hàm.

Ta có (1 + x)n = C0n + C1

nx+ · · ·+ Cnnx

n

Do đó x2(1 + x)n = C0nx

2 + C1nx

3 + · · ·+ Cnnx

n+2

Đạo hàm 2 vế của đẳng thức trên ta có:

2x(1 + x)n + nx2(1 + x)n−1 = 2C0nx+ 3C1

nx2 + · · ·+ (n+ 2)Cn

nxn+1

Thay x = 1 ta được:

2C0n + 3C1

n + · · ·+ (n+ 2)Cnn = (n+ 4) 2n−1

c) Sử dụng tích phân.Ta có (1 + x)n = C0

n + C1nx+ · · ·+ Cn

nxn

Do đó x(1 + x)n = C0nx+ C1

nx2 + · · ·+ Cn

nxn+1 .

Lấy tích phân 2 vế trên đoạn [0; 1] ta có:

1∫

0

x(1 + x)ndx =

1∫

0

(C0

nx+ C1nx

2 + · · ·+ Cnnx

n+1)dx

Mặt khác ta có:

1∫0

x(1 + x)ndx =1∫0

((1 + x)n+1 − (1 + x)n

)dx

=

((1 + x)n+2

n+ 2−

(1 + x)n+1

n+ 2

)∣∣∣∣1

0=

1 + 2n+1n

n2 + 3n+ 2


Th.sĐỗMinhTuâ

n

5.4. Bài tập Chương 5. Giải tích tổ hợp

Mà

1∫0

(C0nx+ C1

nx2 + · · ·+ Cn

nxn+1) dx =

(C0

n

x2

2+ C1

n

x3

2+ · · ·+ Cn

n

xn+2

n+ 2

)∣∣∣∣1

0

=C0

n

2+

C1n

3+ · · ·+

Cnn

n+ 1

nên ta được điều phải chứng minh.

5.4 Bài tập

Bài toán đếm:

Bài 5.1: Trong một trường học có 5 em học sinh khối 12; 3 em học sinh khối 11; 2 emhọc sinh khối 10 là học sinh xuất sắc. Hỏi có bao nhiêu cách cử 5 em học sinh xuất sắccủa trường tham gia một đoàn đại biểu sao cho mỗi khối có ít nhất 1 em.

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

a) Mỗi tổ có đúng 8 học sinh.

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

Bài 5.3: Cho các số 0, 1, 2, 3, 4.

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

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

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

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

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

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

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

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

a) Trong mỗi tổ có cả nam và nữ.

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

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

Phương trình tổ hợp

Bài 5.10: Giải phương trình :1

A22

+1

A23

+ · · ·+1

A2n

=2007

2008

Bài 5.11: Giải phương trình tổ hợp sau:

a) 10C2n + nC2

10 = 2800

b)Pn+5

(n− k)!≤ 60Ak+2

n+3 ∀n, k ∈ N

c) 2Pn + 6A2n − Pn.A

2n = 12.

d) C7n = 2C3

n.

e) C0n + C1

n + C2n = 8n+ 1

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

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

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

n

2=

Ckn

9=

Ck+1n

24.

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

n+1 + 3A3n

(n+ 1)!biết rằng C2

n+1 + 2C2n+2 + 2C2

n+3 + C2n+4 = 149

Bài 5.15: Chứng minh rằngn+ 1

n+ 2

(1

Ckn+1

+1

Ck+1n+1

)=

1

Ckn

với n, k nguyên dương.

Bài 5.16: Tìm số âm trong dãy xn =A4

n+4

Pn+2

−143

4Pn

Ứng dụng công thức nhị thức Newton

Bài 5.17: Chứng minh các đẳng thức sau:

a) (C0n)

2+ (C1

n)2+ · · ·+ (Cn

n )2 = Cn

2n


Th.sĐỗMinhTuâ

n


b) 2.1.C2n + 3.2.C3

n + · · ·+ n (n− 1) .Cnn = n (n− 1) .2n−2

c) C02n +

1

3C2

2n + · · ·+1

2n+ 1C2n

2n =22n+1

2n+ 1.

d) Cnn +

1

2Cn−1

n + · · ·+1

n+ 1C0

n =2n+1 − 1

n+ 1

Bài 5.18: Biết rằng trong khai triển nhị thức Newton của(x+ 1

x

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

Bài 5.19: Giả sử (1 + 2x)n = a0 + a1x+ · · ·+ anxn. Biết rằng a0 + a1 + · · ·+ an = 729.

Tìm số tự nhiên n và số lớn nhất trong các số a0, a1, ..., an.

Bài 5.20: Biết rằng (2 + x)100 = a0 + a1x + · · · + a100x100. Chứng minh rằng a2 < a3.

Với giá trị nào thị ak < ak−1.

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

(a2 −

2

a

)n

với a 6= 0. Biết rằng tổng hệ số của 3 số hạng đầu tiên trong khai triển đó bằng 97.

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

x4+ x7

)n

, biết rằng : C12n+1 + C2

2n+1 + · · ·+ Cn2n+1 = 220 − 1.

Bài 5.23: Tìm hệ số của x7 trong khai triển nhị thức của (2− 3x)2n, trong đó n là sốnguyên dương thỏa mãn : C1

2n+1 + C32n+1 + · · ·+ C2n+1

2n+1 = 1024.

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

(3x2 −

23√x

)n

biết n thỏa mãn điều kiện: 2C0n − 3Cn−1

n + 4C2n = (n+ 4)2.

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

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

2+ · · ·+

an

2n= 4096. Tìm số lớn

nhất trong các số a0, a1, · · · , an.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

Chương 6. Hình phẳng tọa độ

Chương 6

Hình phẳng tọa độ

6.1 Véc tơ, điểm, đường thẳng

6.1.1 Kiến thức cơ bản

Tọa độ, véc tơ

(a, b)± (a′, b′) = (a± a′, b± b′)

k (a, b) = (ka, kb)

(a, b) = (a′, b′) ⇔[a = a′

b = b′

(a, b) . (a′, b′) = a.a′ + b.b′

|(a, b)| =√a2 + b2

cos (−→v ,−→v ′) =−→v .−→v ′

|−→v | . |−→v ′|

−→AB = (xB − xA, yB − yA)

AB =∣∣∣−→AB

∣∣∣ =√

(xB − xA)2 + (yB − yA)

2

M chia AB theo tỷ số k ⇔ −−→MA = k.

−−→MB

⇔ xM =xA − kxB

1− k, yM =

yA − kyB

1− k(k 6= 1)

Đặc biệt nếu M là trung điểm AB ta có:

xM =xA + xB

2, yM =

yA + yB

2

G là trọng tâm tam giác ABC ⇔ xG =xA + xB + xC

3, yG =

yA + yB + yC

3

Đường thẳng

(d) qua điểm M0(x0, y0), có −→ud = (a, b) hoặc −→nd = (A,B):

Phương trình tham số (d) :

x = x0 + a.t

y = y0 + b.t

Phương trình chính tắc: (d) :x− x0

a=

y − y0

b

Phương trình tổng quát: A (x− x0) + B (y − y0) = 0.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

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

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

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

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

x− xA

xB − xA

=y − yA

yB − yA

Phương trình đoạn chắn: d đi qua 2 điểm A(a; 0), B(0; b) (a, b 6= 0)

x

a+

y

b= 1

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

cosϕ = |cos (−→u1,−→u2)| = |cos (−→n1,

−→n2)|Ở đó ϕ = (d1, d2)

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

góc với nhau thì ta có thể tính bằng công thức: tanϕ =|k1 − k2|1 + k1k2

. Ở đó k1, k2

tương ứng là hệ số góc của 2 đường thẳng.

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

d(M,d) =|Ax0 + By0 + C|√

A2 + B2

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

6.1.2 Dạng bài

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

Tọa độ điểm

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

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

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

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

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

3⇒ xC = 3xG − xA − xB.

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

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

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

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

Giải: a) Ta có xM =xB + xC

2= −1, yM =

yB + yC2

= −5

2

xG =xA + xB + xC

3=

4

3, yG =

yA + yB + yC3

= −1

3.

⇒ M

(−1;−5

2

)và G

(4

3;−1

3

)

b) Ta có xM =xA + xB + xD

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

yD = 3yM − yA − yB = −15

2− 4 + 1 = −21

2

Ta có xD =xE + xM

2⇒ xE = 2xD − xM = 2.(−5)− (−1) = −9,

yE = 2yD − yM = −2.21

2+

5

2= −37

2

⇒ D

(−5;−21

2

)và E

(−9;−37

2

)

c) +)−→AC = (−4;−8) = −4 (1; 2)

AC :

−−→nAC = (2;−1)

A (6; 4). Nên phương trình AC là:

2 (x− 6)− (y − 4) = 0 ⇔ 2x− y − 8 = 0

+)−→AB = (−10;−5) = −5 (2; 1)

AB :

−−→nAB = (1;−2)

A (6; 4). Nên phương trình AB là:

(x− 6)− 2 (y − 4) = 0 ⇔ x− 2y + 2 = 0

+)−−→BC = (6;−3) = 3 (2;−1)

BC :

−−→uBC = (2;−1)

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

x = 2 + 2t

y = −4− t

+) F ∈ BC ⇒ F (2 + 2a;−4− a)

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

= 2.|2 (2 + 2a)− (−4− a)− 8|√

22 + (−1)2

⇔ |4a+ 12| = 2 |5a| ⇔[2a+ 6 = 5a

2a+ 6 = −5a⇔[3a = 6

7a = −6⇔

a = 2

a = −6

7

+) a = 2: F (6;−6)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


+) a = −6

7: F

(2

7;−22

7

)

d) Tứ giác ABCI là hình bình hành

⇔ −→AB =

−→IC ⇔ (−10;−5) = (2− xI ,−4− yI)

⇔

2− xI = −10

−4− yI = −5⇔

xI = 12

yI = 1⇔ I (12; 1)

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

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

A

B C(−1;−2)M

H

5x+y −

9=0

x+3y− 8

=0

+) −−→nBH = (1; 3) ⇒ −−→uBH = (3;−1)

Do AC⊥BH ⇒ −−→nAC = −−→uBH = (3;−1)

Vì AC :

C (−1;−2)−−→nAC = (3;−1)

nên phương trình AC là:

3 (x+ 1)− (y + 2) = 0 ⇔ 3x− y + 1 = 0

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

3x− y + 1 = 0⇔

x = 1

y = 4⇒ A (1; 4)

+) Vì B ∈ BH ⇒ B (5− 3b; b) ⇒ M

(4− 3b

2;b− 2

2

)

Mặt khác ta có M ∈ AM ⇒ 5.4− 3b

2+

b− 2

2− 9 = 0 ⇔ 20− 15b+ b− 2− 18 = 0

⇔ 14b = 0 ⇔ b = 0 ⇒ B (5; 0)

Phương trình đường thẳng

Các dạng bài có thể

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

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Chú ý :

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

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

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

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

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

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

2=

2− y

3

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

2=

y − 3

3, ∆2 :

x = 2 + t

y = 3− 3tvà

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

Giải: a) ~u = (3;−1) ⇒ −→n = (1; 3)

Vì d :

A (1;−2)−→n = (1; 3)

nên d có phương trình:

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

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

Vì d⊥∆ ⇒ −→nd =−→u∆ = (4; 1)

Ta có d :

A (3;−4)−→nd = (4; 1)

nên phương trình d là:

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

c) Ta có ∆ :x− 1

2=

2− y

3⇔ x− 1

2=

y − 2

−3

nên −→u∆ = (2;−3) ⇒ −→n∆ = (3; 2)

Vì d ‖ ∆ ⇒ −→nd =−→n∆ = (3; 2)

Từ đó ta có d :

A (1; 4)−→nd = (3; 2)

nên phương trình d là:

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

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

x = 2 + t

y = 3− 3tx+ 1

2=

y − 3

3

⇒ 2 + t+ 1

2=

3− 3t− 3

3⇔ t+ 3 = −2t

⇔ t = −1 ⇒ x = 1, y = 6 ⇒ M (1; 6)

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Vì (d,∆3) = 450 ⇒ cos 450 =|−→nd.

−−→n∆3|

|−→nd| . |−−→n∆3|

⇔ 1√2=

|3A+ 4B|√A2 +B2.

√32 + 42

⇔ 5.√A2 +B2 =

√2. |3A+ 4B|

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

⇔ 7A2 − 48AB − 7B2 = 0 ⇔

A = 7B

A = −1

7B

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

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

+) Với A = −1

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

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

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

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

A B

CD N

M(1; 5)

I(6; 2)

E

∆:x+y−5=0

Gọi N là điểm đối xứng với M qua I ⇒ I là trung điểm của 2 đường AC, MN nên tứgiác AMCN là hình bình hành⇒ AM ‖ CN , mà AM ‖ CD nên C,N,D thẳng hàng.Do IE⊥CD nên IE⊥EN ⇔ −→

IE.−−→EN = 0.

E ∈ ∆ : x+ y − 5 = 0 ⇒ E (a; 5− a)

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

2⇒ xN = 2xI − xM = 2.6− 1 = 11

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

Vì−→IE.

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

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

⇔ a2 − 17a+ 66 + a2 − 9a+ 18 = 0 ⇔ 2a2 − 26a+ 84 = 0

⇔ a2 − 13a+ 42 = 0 ⇔[a = 6

a = 7

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n

6.2. Đường tròn Chương 6. Hình phẳng tọa độ

IE⊥CD

AB ‖ CD⇒ AB⊥IE ⇒ −−→nAB = −→uIE = (0; 1)

Ta được AB :

M(1; 5)−−→nAB = (0; 1)

nên phương trình của AB là:

0. (x− 1) + (y − 5) = 0 ⇔ y − 5 = 0

+) Với a = 7:−→IE = (1;−4)

−−→nAB =−→IE = (1;−4)

Từ đó ta được AB :

M(1; 5)−−→nAB = (1;−4)

nên phương trình AB là:

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

6.2 Đường tròn


Phương trình

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

(x− a)2 + (y − b)2 = R2

Phương trình tổng quát của đường tròn :

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

Ở đó tâm I(−A;−B) bán kính R =√A2 + B2 − C

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

x = a+R. cos t

y = b+R. sin t(t ∈ R)

Phương tích

Định nghĩa: Cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 2Ax+ 2By + C = 0.PM/(C) =

−−→MA.

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

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

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

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

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

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

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Trục đẳng phương: Cho 2 đường tròn (C1) và (C2) khi đó:

Tập d =M∣∣PM/(C1) = PM/(C2)

là một đường thẳng và đó gọi là trục đẳng

phương của 2 đường tròn.

Nếu (C1) : x2+y2+2A1x+2B1y+C1 = 0 và (C2) : x

2+y2+2A2x+2B2y+C2 = 0

thì phương trình trục đẳng phương là :

PM/(C1) = PM/(C2) ⇔ x2 + y2 + 2A1x+ 2B1y + C1 = x2 + y2 + 2A2x+ 2B2y + C2

⇔ 2 (A1 − A2) x+ 2 (B1 − B2) y + C1 − C2 = 0

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

Vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường tròn

Giả sử ta có đường thẳng ∆ và đường tròn (C) tâm I bán kính R. Kí hiệu d = d(I,∆)

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

Hình vẽ

I

∆

I

∆

I

∆

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

x2 7→ x.x 7→ x.x0 và 2x 7→ x+ x 7→ x+ x0

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

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

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

(x0 − a)(x− a) + (y0 − b)(y − b) = R2

Vị trí tương đối giữa 2 đường tròn

Cho 2 đường tròn (C1) tâm I1 bán kính R1 và đường tròn (C2) tâm I1 bán kính R2.Ký hiệu: d = I1I2 gọi là độ dài đường nối tâm.

Tiếp xúc: Có 2 trường hợp


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

Hình vẽ

I1I2

I1 I2

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

I1 I2

I1 I2

Không giao nhau: Có 2 trường hợp

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

Hình vẽ

I1I2

I1 I2

6.2.2 Các dạng bài

Xác định phương trình đường tròn và ngược lại

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

a) (C) : (x− 1)2 + (y + 3)2 = 5


Th.sĐỗMinhTuâ

n


b) (C) : x2 + y2 − 3x+ 2y − 1 = 0

Giải: a) Tâm I(1;−3) bán kính R =√5.

b) Tâm I(3

2;−1) bán kính R =

√(−3

2

)2

+ 12 − (−1) =

√17

2.

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

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

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

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

d) (C) tiếp xúc ngoài với đường tròn (C1) : x2 + y2 + 4x− 2y + 4 = 0 và đi qua 2 điểm

A(1; 5), B(0;−2).

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

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

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

(−3)2 + 12 − 3a+ b+ c = 0

⇔

4a+ 2b+ c = −20

a+ 3b+ c = −10

−3a+ b+ c = −10

⇔

a = −2

b = 4

c = −20

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

Tâm I(1;−2) bán kính R =√

12 + (−2)2 − (−20) = 5

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

(C) đi qua 2 điểm A(−1; 5), B(0; 2) nên ta được hệ phương trình:

(−1)2 + 52 − 2a+ 10b+ c = 0

02 + 22 + 4b+ c = 0⇔ −2a+ 10b+ c+ 26 = 0

c = −4b− 4

⇔

c = −4b− 4

a =10b+ c+ 26

2= 3b+ 11

Do (C) tiếp xúc với ∆ nên ta có :

d (I; ∆) = R ⇔ |−2a+ b+ 2|√5

=√a2 + b2 − c

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

⇔ a2 + 4b2 + 4ab− 4b+ 8a− 5c− 4 = 0

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

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

⇒ a = 2 và c = 8

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

Do điểm A(4;−7) ∈ (C) nên ta có:

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

Tâm và bán kính của (C): I (−a;−b) , R =√a2 + b2 − c

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

⇔

|−3a+ 4b− 42|5

=|−b+ 8|

1(2)

|−b+ 8|1

=√a2 + b2 − c (3)

(2) ⇔[ −3a + 4b− 42 = −5b+ 40

−3a + 4b− 42 = 5b− 40⇔[ −3a+ 9b− 82 = 0

3a+ b = −2⇔

b =

3a+ 82

9b = −3a− 2

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

(1) , (4) ⇒ a2 + 16b− 64 = −8a+ 14b− 65 ⇔ a2 + 8a+ 2b+ 1 = 0 (5)

+) Với b =3a+ 82

9thay vào (5) ta có:

a2 +26

3a+

173

9= 0

(Vô nghiệm

)

+) Với b = −3a− 2 thay vào (5) ta có:

a2 + 2a− 3 = 0 ⇔[a = 1 ⇒ b = −5 ⇒ c = −143

a = −3 ⇒ b = 7 ⇒ c = 57

Và ta được 2 đường tròn thỏa mãn là:

(C1) : x2 + y2 + 2x− 10y − 143 = 0 với I1(−1; 5), R1 = 13

(C2) : x2 + y2 − 6x+ 14y + 57 = 0 với I2(3;−7), R2 = 1.

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

Do (C) đi qua 2 điểm A, B nên ta có:

12 + 52 + 2a+ 10b+ c = 0

(−2)2 − 4b+ c = 0⇔

c = 4b− 4

a =−10b− c− 26

2= −7b− 11

Tâm và bán kính của (C1) là: I1 (−2; 1) , R1 =√(−2)2 + 12 − 4 = 1

Tâm và bán kính của (C) là: I (−a;−b) , R =√a2 + b2 − c

Vì 2 đường tròn tiếp xúc ngoài nên : II1 = R1 + R ⇔√(a− 2)2 + (b+ 1)2 =

1 +√a2 + b2 − c

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

⇔ −4a+ 2b+ c+ 4 = 2√a2 + b2 − c

Thay a, c giải được ở trên vào ta có:

⇔ −4 (−7b− 11) + 2b+ 4b− 4 = 2√(−7b− 11)2 + b2 − (4b− 4)

⇔ 34b+ 44 = 2√50b2 + 150b+ 125 ⇔

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

b ≤ −22

17


Th.sĐỗMinhTuâ

n


⇔

239b2 + 598b+ 359 = 0

b ≥ −22

17

⇔

b = −1(Thỏa mãn

)⇒ a = −4 ⇒ c = −8

b = −359

239(Loại)

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

Tâm I (4; 1), bán kính R = 5.

Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn

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

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

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

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

3x− 4y − 2 = 0.

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

d (I, d) =|2.1 + 1− 4|√

22 + 1=

1√5< 1 = R

Vậy d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt.

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

2x+ y − 4 = 0 (1)

x2 + y2 − 2x− 2y + 1 = 0 (2)

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

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

⇔

x = 1 ⇒ y = 2

x =9

5⇒ y =

2

5

⇒ A (1; 2) , B

(9

5;2

5

)

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

b) Do (C1) đi qua giao điểm của (C) và (d) nên phương trình của nó có dạng:

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

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

⇒ I

(1−m;

2−m

2

), R =

√(1−m)2 +

(2−m

2

)2

− (1− 4m) =

√5m2 + 4m+ 4

2

Theo giả thiết : R = 5 ⇔√5m2 + 4m+ 4

2= 5

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

m = 4

m =−24

5

+) Với m = 4: Phương trình (C1) là

x2 + y2 − 2x− 2y + 5 = 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


+) Với m =−24

5: Phương trình (C1) là

x2 + y2 − 2x− 2y − 19

5= 0

c) Do (C2) đi qua giao điểm của (C) và (d) nên phương trình của nó có dạng:

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

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

⇒ I

(1−m;

2−m

2

)

Do điểm I ∈ ∆ nên ta có:

3 (1−m)− 4

(2−m

2

)− 2 = 0 ⇔ −3−m = 0 ⇔ m = −3

Thay vào ta được phương trình của (C2) là:

x2 + y2 − 8x− 5y + 13 = 0

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

a) Tìm tâm và bán kính của đường tròn.

b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm M0

(−4

5;2

5

).

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

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

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

f) Gọi T1, T2 là tiếp điểm của 2 tiếp tuyến kẻ từ điểm B(2; 3) với (C). Viết phương trìnhđường thẳng T1T2.

Giải: a) Tâm I(1;−2), bán kính R = 3.

b) Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm M0

(−4

5;2

5

)là:

x.

(−4

5

)+ y.

2

5−(x+

(−4

5

))+ 2

(y +

2

5

)− 4 = 0

⇔ −9

5x+

12

5y − 12

5= 0 ⇔ 3x− 4y + 4 = 0

c) Ta có ∆ ‖ d ⇒ ∆ : 4x− 3y +m = 0

Do ∆ là tiếp tuyến của (C) nên ta có d (I,∆) = R ⇔ |4.1− 3. (−2) +m|√42 + (−3)2

= 3

⇔ |m+ 10| = 15 ⇔[m = 5

m = −25


Th.sĐỗMinhTuâ

n


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

∆1 : 4x− 3y + 5 = 0

∆2 : 4x− 3y − 25 = 0

d) Ta có −→nd = (4;−3) ⇒ −→ud = (3; 4)

Vì ∆⊥d ⇒ −→n∆ = −→ud = (3; 4)

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

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

= 3

⇔ |m− 5| = 15 ⇔[m = 20

m = −10

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

∆1 : 3x+ 4y + 20 = 0

∆2 : 3x+ 4y − 10 = 0

e) Gọi ∆ : Ax+ By + C = 0

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

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

= 3

⇔ |A− 2B − 4A− 3B| = 3√A2 + B2 ⇔ |3A+ 5B| = 3

√A2 + B2

⇔ 9A2 + 30AB + 25B2 = 9A2 + 9B2 ⇔ 30AB + 16B2 = 0 ⇔

B = 0

B = −15

8A

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

Gọi T1 (x1; y1) là tiếp điểm của ∆1 với (C). Từ đó ta được phương trình ∆1 là:

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

⇒ x1 − 1

0=

y1 + 2

1=

−x1 + 2y1 − 4

−4⇔

x1 = 1

−4y1 − 8 = −x1 + 2y1 − 4⇔

x1 = 1

y1 = −1

2

⇒ T1

(1;−1

2

)

+) Với B = −15

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

Gọi T2 (x2; y2) là tọa độ tiếp điểm của ∆2 với (C) ta có phương trình ∆2 là

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

⇒ x2 − 1

8=

y2 + 2

−15=

−x2 + 2y2 − 4

13

⇔

15x2 + 8y2 = −1

15x2 − 43y2 = −34⇔

x2 = − 7

17

y2 =11

17

⇒ T2

(− 7

17;11

17

)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


f) Gọi T1 (x1; y1), T2 (x2; y2)

BT1 là tiếp tuyến với (C) tại T1 nên ta có phương trình BT1 là:

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

Do B (2; 3) ∈ BT1 ⇒ 2x1 + 3y1 − 2− x1 + 6 + 2y1 − 4 = 0 ⇔ x1 + 5y1 = 0

Tương tự với điểm T2 ta cũng được hệ thức : x2 + 5y2 = 0

Do đó T1, T2 cùng thuộc đường thẳng : x + 5y = 0. Nên phương trình T1T2 :

x+ 5y = 0 .

Vị trí tương đối của đường tròn và đường tròn

Ví dụ 6.9: Cho 2 đường tròn : (C1) : x2 + y2 + 6x− 16y + 9 = 0 và

(C2) : x2 + y2 + 14x− 30y + 18 = 0.

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

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

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

Giải: a) I1 (−3; 8) , R1 =√

(−3)2 + 82 − 9 = 8

I2 (−7; 15) , R2 =√(−7)2 + 152 − 18 = 16

−−→I1I2 = (−4; 7) ⇒ I1I2 =

√(−4)2 + 72 =

√65

Như vậy R2 − R1 = 8 < I1I2 =√65 < R1 + R2 = 24 nên 2 đường tròn cắt nhau tại

2 điểm phân biệt. Phương trình AB chính là phương trình trục đẳng phương của 2đường tròn. Do đó phương trình AB có dạng:

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

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

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

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

⇔ x2 + y2 + 2.3m+ 7n

m+ nx− 2.

8m+ 15n

m+ ny +

9m+ 18n

m+ n= 0

⇒ I

(−3m+ 7n

m+ n;8m+ 15n

m+ n

)

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

⇔ −m+ n = 0 ⇔ m = n

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

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

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

2= 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n

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

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

d (I1,∆) = R1

d (I2,∆) = R2

⇔

|−3A+ 8B + C|√A2 +B2

= 8

|−7A+ 15B + C|√A2 +B2

= 16

⇔

|−3A+ 8B + C|8

=√A2 + B2

|−7A+ 15B + C|16

=√A2 + B2

⇒ 2 |−3A+ 8B + C| = |−7A+ 15B + C|

⇔[ −6A+ 16B + 2C = −7A+ 15B + C

−6A+ 16B + 2C = 7A− 15B − C⇔

C = −A− B

C =13A− 31B

3

C = −A− B:

|−3A+ 8B − A−B| = 8√A2 + B2 ⇔ |−4A+ 7B| = 8

√A2 + B2

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

⇔

A = −5B

12

A = −3

4B

+) Với A = −5B

12:

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

+) Với A = −3

4B:

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

C =13A− 31B

3

⇒∣∣∣∣−3A+ 8B +

13A− 31B

3

∣∣∣∣ = 8√A2 + B2 ⇔ |4A− 7B| = 24

√A2 + B2

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

0(Vô nghiệm

)

Chú ý: Trường hợp này phương trình vẫn có nghiệm A = B = 0. Nhưng trongthực tế chẳng có véc tơ pháp tuyến nào là véc tơ

−→0 . Nên trường hợp này không

tồn tại đường thẳng cần tìm.

6.3 Ba đường Conic

6.3.1 Kiến thức chung về 3 đường Conic


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Elip Hyperbol Parabol

Định nghĩaMF1 + MF2 = 2a >

2c = F1F2

|MF1 − MF2| = 2a <

2c = F1F2MF = d(M,∆)

Đồ thị x

y

O−a a

b

−b

(E) :x2

a2+

y2

b2= 1

F1

F2−a

e

a

e

x=

−a e

x=

a e

x

y

O

F1 (−c; 0) F2 (c; 0)

b

−b

a−a

(H) :x2

a2− y2

b2= 1

x=

−a e

x=

a e

x

y

O

∆:x=

−p2

(P ) : y2 = 2px

F(p2; 0)

Mối quanhệ

a2 = b2 + c2 c2 = a2 + b2 p = d(F,∆)

Tiêu điểm F1(−c; 0), F2(c; 0) F1(−c; 0), F2(c; 0) F (p

2; 0)

Tâm sai e =c

a< 1 e =

c

a> 1 e = 1

Đườngchuẩn ∆

x = ±a

ex = ±a

ex = −p

2

Tiệm cậnx

a± y

b= 0

Bán kínhqua tiêu

MF1 = a+ e.xM

MF2 = a− e.xM

MF1 = |a+ e.xM |MF2 = |a− e.xM | MF = xM +

p

2

Các yếu tốTrục lớn : 2aTrục bé: 2bTiêu cự: 2c

Trục thực : 2aTrục ảo: 2bTiêu cự: 2c

Tiếp tuyếntại điểmM0(x0, y0)

x0.x

a2+

y0.y

b2= 1

x0.x

a2− y0.y

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

Tiếp tuyếnAx + By +

C = 0

a2A2 + b2B2 = C2 a2A2 − b2B2 = C2 pB2 = 2AC

6.3.2 Elip

Xác định Elip

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

a) 4x2 + 9y2 − 36 = 0.

b) 9x2 + 4y2 = 5.

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

9+

y2

4= 1

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


+) Tâm sai: e =c

a=

√5

3

+) Độ dài trục lớn: 2a = 6

+) Độ dài trục bé: 2b = 4

+) Tiêu cự: 2c = 2√5

+) Tiêu điểm: F1

(−√5; 0), F2

(√5; 0)

+) Đường chuẩn: x = ±a

e⇔ x = ± 3√

5/3⇔ x = ± 9√

5

b) Ta có 9x2 + 4y2 = 5 ⇔ x2

5/9+

y2

5/4= 1.

Vì5

9<

5

4nên đây không phải là phương trình chính tắc.

⇒ a2 =5

4, b2 =

5

9⇒ c2 = a2 − b2 =

5

4− 5

9=

25

36⇒ a =

√5

2, b =

√5

3, c =

5

6

+) Tâm sai: e =c

a=

√5

3

+) Độ dài trục lớn: 2a =√5

+) Độ dài trục bé: 2b =2√5

3

+) Tiêu cự: 2c =5

3

+) Tiêu điểm: F1

(−5

6; 0

), F2

(5

6; 0

)

+) Đường chuẩn: x = ±a

e⇔ x = ±

√5/2√5/3

⇔ x = ±3

2

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

a) Tiêu điểm F1(−6; 0), tâm sai e =2

3.

b) Độ dài trục lớn là 6, tiêu cự 2√5.

c) Độ dài trục lớn là 3, tâm sai e =√3

3.

d) (A-2008) Tâm sai e =√5

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

e) Đi qua 2 điểm A(4;−

√3), B(2√2; 3)

f) Đi qua điểm A

(2;−5

3

)và tâm sai e =

2

3.

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


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Giải: a) Do F1(−6; 0) ⇒ c = 6

e =c

a⇒ a =

c

e=

6

2/3= 9 ⇒ b =

√a2 − c2 =

√92 − 62 = 3

√5

Phương trình Elip là:x2

81+

y2

45= 1

b) Theo giả thiết ta có:

2a = 6 ⇒ a = 3,

2c = 2√5 ⇒ c =

√5 ⇒ b =

√a2 − c2 =

√32 −

(√5)2

= 2


9+

y2

4= 1

c) Theo giả thiết ta có:

2a = 3 ⇒ a =3

2

e =c

a⇒ c = e.a =

√3

3.3

2=

√3

2⇒ b =

√a2 − c2 =

√√√√(3

2

)2

−(√

3

2

)2

=

√3

2


9/4+

y2

3/2= 1

d) Từ giả thiết ta có:

e =c

a=

√5

34 (a+ b) = 20

⇔

c =

√5

3a

b = 5− a

Vì a2 = b2 + c2 ⇒ a2 = (5− a)2 +

(√5

3a

)2

⇔ a2 = 25− 10a+ a2 +5

9a2

⇔ a2 − 18a+ 45 = 0 ⇔[a = 3 ⇒ b = 2

a = 15 ⇒ b = −10 (Loại)


9+

y2

4= 1

e) Gọi phương trình Elip là:x2

a2+

y2

b2= 1

Vì 2 điểm A(4;−

√3), B(2√2; 3)∈ (E) nên ta có hệ :

16

a2+

3

b2= 1

8

a2+

9

b2= 1

⇒

1

a2=

1

201

b2=

1

15

⇔

a2 = 20

b2 = 15

Từ đó ta được phương trình của Elip là:x2

20+

y2

15= 1

f) Gọi phương trình Elip là:x2

a2+

y2

b2= 1


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Do điểm A

(2;−5

3

)∈ (E) nên ta có :

4

a2+

25

9b2= 1

e =2

3⇔ c

a=

2

3⇔ c2 =

4

9a2 ⇒ b2 = a2 − c2 =

5

9a2 ⇒ 9b2 = 5a2

4

a2+

25

5a2= 1 ⇔ 9

a2= 1 ⇔ a2 = 9 ⇒ b2 =

5

9a2 = 5

Vậy phương trình Elip là :x2

9+

y2

5= 1

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

3x± 8√3 = 0 ⇔ x = ± 8√

3⇒ a

e=

8√3⇒ a2 =

8√3c ⇒ 3a4 = 64c2

c2 = a2 − b2 = a2 − 4 ⇒ 3a4 = 64 (a2 − 4) ⇔ 3a4 − 64a2 + 256 = 0 ⇔

a2 = 16

a2 =16

3

+) Với a2 = 16: Phương trình Elip làx2

16+

y2

4= 1

+) Với a2 =16

3: Phương trình Elíp là

x2

16/3+

y2

4= 1

Công thức bán kính qua tiêu

Ví dụ 6.12: Cho Elip (E) :x2

100+

y2

36= 1

a) Tìm trên (E) những điểm M sao cho MF1 = 4MF2.

b) Tìm trên (E) những điểm N sao cho F1NF2 = 900.

c) Tìm trên (E) những điểm K sao cho F1NF2 = 600.

d) P là một điểm tùy ý trên (E). Chứng minh rằng: PF1.PF2 +OP 2 = const

Giải: a) a2 = 100, b2 = 36 ⇒ a = 10, b = 6 ⇒ c = 8 ⇒ e =4

5Theo giả thiết ta có:

MF1 = 4MF2 ⇔ a+ e.xM = 4 (a− e.xM) ⇔ 5e.xM = 3a ⇔ xM =3a

5e=

15

2

yM = ± 6

10

√100− x2

M = ± 6

10.

√100−

(15

2

)2

= ±3√7

2

Ta được 2 điểm thỏa mãn : M1

(15

2;3√7

2

),M2

(15

2;−3

√7

2

)

b) Theo giả thiết ta có :

F1NF2 = 900 ⇔ F1F22 = NF 2

1 +NF 22 ⇔ 4c2 = (a+ e.xN)

2 + (a− e.xN)2

⇔ 4c2 = 2a2 + 2e2.x2N ⇔ x2

N =2c2 − a2

e2=

2c2 − a2

c2.a2


Th.sĐỗMinhTuâ

n


y2N =b2

a2. (a2 − x2

N) =b2

a2.

(a2 − 2c2 − a2

c2.a2)

=b2 (a2 − c2)

c2=

b4

c2

xN = ±5√7

2, yN = ±9

2

Ta được 4 điểm thỏa mãn :

M1

(5√7

2;9

2

),M2

(−5

√7

2;9

2

),M3

(5√7

2;−9

2

),M4

(−5

√7

2;−9

2

)

c) F1KF2 = 600 ⇔ F1F22 = KF 2

1 +KF 22 − 2KF1.KF2. cos 60

0

⇔ 4c2 = (a+ e.xK)2 + (a− e.xK)

2 − 2 (a+ e.xK) . (a− e.xK) .1

2

⇔ 4c2 = 2a2 + 2e2.x2K − a2 + e2.x2

K ⇔ 3e2.x2K = 4c2 − a2 ⇔ x2

K =4c2 − a2

3c2.a2

y2K =b2

a2. (a2 − x2

K) =b2

a2.

(a2 − 4c2 − a2

3c2.a2)

=b2 (a2 − c2)

3c2=

b4

3c2

⇒ xK = ±5√13

2, yK = ±3

√3

16

Ta được 4 điểm K thỏa mãn:

K1

(5√13

2;3√3

16

), K2

(−5

√13

2;3√3

16

), K3

(5√13

2;−3

√3

16

), K4

(−5

√13

2;−3

√3

16

)

d) PF1.PF2+OP 2 = (a+ e.xP ) (a− e.xP )+(x2P + y2P ) = a2−e2.x2

P +x2P +

b2

a2(a2 − x2

P )

= a2 + b2 +a2 − b2 − c2

a2.x2

P = a2 + b2 = 136 = const

Tương giao của đường thẳng và Elip

Ví dụ 6.13: Cho Elip (E) : 4x2 + 9y2 = 36

a) Cho điểm M(√5; y0) ∈ (E) (y0 > 0). Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M .

b) Tìm m để đường thẳng ∆ : mx− 2y+5 = 0 tiếp xúc với Elip. Tìm tọa độ tiếp điểm.

c) Viết phương trình tiếp tuyến với (E) biết tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng4x− 3y − 1 = 0.

d) Viết phương trình tiếp tuyến qua điểm I(−3; 1) với (E).

e) Qua điểm S(−2; 3) kẻ 2 tiếp tuyến ST1, ST2 với (E) với T1, T2 là tiếp điểm. Viếtphương trình đường thẳng T1T2.

Giải: a) (E) : 4x2 + 9y2 = 36 ⇔ x2

9+

y2

4= 1

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

9y20 = 36− 4.5 = 16 ⇒ y0 =4

3(y0 > 0) ⇒ M

(√5;

4

3

)

Phương trình tiếp tuyến tại M là: 4.√5.x+ 9.

4

3.y = 36 ⇔ 4

√5x+ 12y − 36 = 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


b) a2A2 + b2B2 = C2 ⇔ 9.m2 + 4. (−2)2 = 52 ⇔ 9m2 = 9 ⇔ m = ±1

+) Trường hợp m = 1 :

∆ : x− 2y + 5 = 0

Gọi T1 (x1, y1) là tiếp điểm. Do đó phương trình ∆ là:

4x1.x+ 9y1.y − 36 = 0

⇒ 4x1

1=

9y1−2

=−36

5⇒

x1 = −9

5

y1 =8

5

⇒ T1

(−9

5;8

5

)

+) Trường hợp m = −1:

∆ : x+ 2y − 5 = 0

Gọi T2 (x2, y2) là tiếp điểm. Do đó phương trình ∆ là:

4x2.x+ 9y2.y − 36 = 0

⇒ 4x2

1=

9y22

=−36

−5⇒

x2 =9

5

y2 =8

5

⇒ T2

(9

5;8

5

)

c) a : 4x− 3y − 1 = 0 ⇒ −→na = (4;−3) ⇒ −→ua = (3; 4)

d⊥a ⇒ −→nd =−→ua = (3; 4) ⇒ d : 3x+ 4y +m = 0

Do d là tiếp tuyến của (E) nên 32.9 + 42.4 = m2 ⇔ m = ±√145

Vậy phương trình của d : 3x+ 4y ±√145 = 0

d) Gọi d : Ax+ By + C = 0 là đường thẳng cần tìm.

Do I ∈ d nên ta có −3A+ B + C = 0 ⇒ C = 3A−B

a2A2 + b2B2 = C2 ⇔ 9A2 + 4B2 = C2 ⇔ 9A2 + 4B2 = (3A− B)2

⇔ 9A2 + 4B2 = 9A2 − 6AB + B2 ⇔ 3B2 + 6AB = 0 ⇔ 3B (B + 2A) = 0 ⇔[B = 0

B = −2A

+) Với B = 0: Chọn A = 1 ⇒ C = 3 ⇒ d : x+ 3 = 0

+) Với B = −2A: Chọn A = 1 ⇒ B = −2 ⇒ C = 5

⇒ d : x− 2y + 5 = 0

e) Gọi T1 (x1; y1) , T2 (x2; y2) là tọa độ tiếp điểm.

Phương trình ST1 là : 4.x1.x+ 9.y1.y − 36 = 0

Do S ∈ ST1 ⇒ −8x1 + 27y1 − 36 = 0

Hoàn toàn tương tự ta cũng được đẳng thức: −8x2 + 27y2 − 36 = 0

Do đó phương trình T1T2 là: −8x+ 27y − 36 = 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


6.3.3 Hyperbol

Xác định Hyperbol

Ví dụ 6.14: Tìm độ dài các trục, tiêu cự, tiêu điểm, tâm sai, phương trình đường tiệmcận, phương trình đường chuẩn của (H):

a) 9x2 − 4y2 = 36

b) 16x2 − 9y2 = −144

Giải: a) 9x2 − 4y2 = 36 ⇔ x2

4− y2

9= 1

a2 = 4, b2 = 9 ⇒ a = 2, b = 3 ⇒ c =√a2 + b2 =

√13

+) Độ dài trục thực : 2a = 4

+) Độ dài trục ảo : 2b = 6

+) Tiêu cự : 2c = 2√13

+) Tâm sai : e =c

a=

√13

2

+) Tiêu điểm : F1

(−√13; 0

), F2

(√13; 0

)

+) Phương trình đường tiệm cận : 9x2 − 4y2 = 0 ⇔ 3x± 2y = 0

+) Đường chuẩn : x = ±a

e⇔ x = ±a2

c=⇔ x = ± 4√

13

b) 16x2 − 9y2 = −144 ⇔ y2

16− x2

9= 1

a2 = 16, b2 = 9 ⇒ a = 4, b = 3 ⇒ c =√a2 + b2 = 5

+) Độ dài trục thực : 2a = 8

+) Độ dài trục ảo : 2b = 6

+) Tiêu cự : 2c = 10

+) Tâm sai : e =c

a=

5

4

+) Tiêu điểm : F1 (0;−5) , F2 (0; 5)

+) Phương trình đường tiệm cận : 16x2 − 9y2 = 0 ⇔ 4x± 3y = 0

+) Đường chuẩn : y = ±a

e⇔ y = ±a2

c=⇔ y = ±16

5

Ví dụ 6.15: Lập phương trình chính tắc của Hyperbol biết:

a) Có cùng tiêu điểm với Elip (E) :x2

35+

y2

10= 1 và đi qua điểm A(4

√2; 3).

b) Đỉnh A1(−24; 0), tâm sai e =13

12.

c) Trục ảo có độ dài bằng 6; tiêu cự bằng 10.

d) Tâm sai e =√2 và (H) đi qua điểm M(5;−3).


Th.sĐỗMinhTuâ

n


e) Góc giữa 2 tiệm cận bằng 600 và (H) đi qua M(6; 3).

f) Khoảng cách giữa 2 đỉnh bằng 6 và (H) đi qua điểm A(6;−2√3).

g) (H) đi qua 2 điểm A(4;√6), B(

√6;−1).

Giải: a) +) Xét (E) :x2

35+

y2

10= 1

a2 = 35, b2 = 10 ⇒ c2 = a2 − b2 = 25 ⇒ c = 5 +) Xét Hyperbol:x2

a2− y2

b2= 1

Vì (H) có chung tiêu điểm với Elip (E) nên ta có c = 5 ⇒ b2 = c2 − a2 = 25− a2

Vì điểm A ∈ (H) nên32

a2− 9

b2= 1 ⇒ 32

a2− 9

25− a2= 1 ⇔ 800−32a2−9a2 = 25a2−a4

⇔ a4 − 66a2 + 800 = 0 ⇔[a2 = 50 > c2 (Loại)a2 = 16

a2 = 16 ⇒ b2 = 9 ⇒ (H) :x2

16− y2

9= 1

b) A1(−24; 0) ⇒ a = 24

e =c

a=

13

12⇒ c =

13

12a = 26 ⇒ b =

√c2 − a2 = 10

⇒ (H) :x2

576− y2

100= 1

c) +) Độ dài trục ảo bằng 6 ⇒ 2b = 6 ⇒ b = 3

+) Tiêu cự bằng 10 ⇒ 2c = 10 ⇒ c = 5 ⇒ a =√c2 − b2 = 4

Phương trình Hyperbol (H) :x2

16− y2

9= 1

d) e =c

a=

√2 ⇒ c = a

√2 ⇒ c2 = a2 + b2 = 2a2 ⇒ b2 = a2

Do (H) đi qua điểm M nên ta có:25

a2− 9

b2= 1 ⇒ 25

a2− 9

a2= 1 ⇔ a2 = 16 ⇒ b2 = 16

Phương trình Hyperbol là: (H) :x2

16− y2

16= 1

e) Vì M ∈ (H) nên ta có36

a2− 9

b2= 1

+) Hai đường tiệm cận : ∆1 : bx+ ay = 0, ∆2 : bx− ay = 0

⇒ −→n1 = (b; a) , −→n2 = (b;−a)

Theo giả thiết ta có: cos 600 =|b.b+ a. (−a)|

√b2 + a2.

√b2 + (−a)2

⇔ |b2 − a2|a2 + b2

=1

2

⇔[a2 + b2 = 2 (b2 − a2)

a2 + b2 = −2 (b2 − a2)⇔[3a2 = b2

a2 = 3b2

+) Với 3a2 = b2:

⇒ 36

a2− 9

b2= 1 ⇔ 36

a2− 9

3a2= 1 ⇔ a2 = 33 ⇒ b2 = 99


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Phương trình Hyperbol: (H) :x2

33− y2

99= 1

+) Với a2 = 3b2:

⇒ 36

a2− 9

b2= 1 ⇔ 36

3b2− 9

b2= 1 ⇔ b2 = 3 ⇒ a2 = 9

Phương trình của Hyperbol : (H) :x2

9− y2

3= 1

f) 2a = 6 ⇒ a = 3

Điểm A ∈ (H) nên ta có36

a2− 12

b2= 1 ⇔ 4− 12

b2= 1 ⇔ b2 = 4

⇒ (H) :x2

9− y2

4= 1

g) Từ giả thiết ta có :

16

a2− 6

b2= 1

6

a2− 1

b2= 1

⇔

1

a2=

1

41

b2=

1

2

⇔

a2 = 4

b2 = 2

⇒ (H) :x2

4− y2

2= 1

Công thức bán kính qua tiêu

Ví dụ 6.16: Cho Hyperbol (H) : 9x2 − 16y2 = 144.

a) Cho M(−5; y0) ∈ (H). Tính MF1, MF2.

b) Tìm điểm M ∈ (H) sao cho MF1 = 2MF2.

c) Tìm điểm N ∈ (H) sao cho F1NF2 = 600.

Giải: a) Phương trình (H):x2

16− y2

9= 1

⇒ a2 = 16, b2 = 9 ⇒ c2 = 25 ⇒ a = 4, b = 3, c = 5, e =5

4

xM < 0 ⇒

MF1 = −a− e.xM

MF2 = a− e.xM⇒

MF1 = −4− 5

4. (−5) =

9

4

MF2 = 4− 5

4. (−5) =

41

4

b) MF1 = 2MF2 ⇒ xM > 0 ⇒

MF1 = a+ e.xM

MF2 = −a+ e.xM

MF1 = 2MF ⇔ a+ e.xM = 2 (−a+ e.xM) ⇔ e.xM = 3a ⇒ xM =3a

e= 3.4.

4

5=

48

5

⇒ y2M =9

16(x2

M − 16) =9

16

((48

5

)2

− 16

)=

1071

25⇒ yM = ±3

√119

5


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Có 2 điểm M thỏa mãn : M1

(48

5;3√119

5

), M2

(48

5;−3

√119

5

)

c) F1N = |a+ e.xN | , F2N = |a− e.xN | , F1N.F2N = (a− e.xN) (−a− e.xN) = e2x2N −

a2

F1NF2 = 600 ⇔ F1F22 = NF 2

1 +NF 22 − 2NF1.NF2. cos 60

0

⇔ 4c2 = |a+ e.xN |2 + |a− e.xN |2 − 2 (e2x2N − a2) .

1

2

⇔ 4c2 = 2a2 + 2e2.x2N − e2.x2

M + a2 ⇔ e2.x2N = 4c2 − a2 ⇔ x2

N =4c2 − a2

c2.a2

⇒ y2N =b2

a2(x2

N − a2) =b2

a2

(4c2 − a2

c2.a2 − a2

)= b2.

3c2 − a2

c2

⇒ x2N =

4.25− 16

25.16 =

1344

25⇒ xN = ±8

√21

5

y2N = 9.3.25− 16

25=

531

25⇔ yN = ±3

√59

5

N1

(8√21

5;3√59

5

), N2

(8√21

5;−3

√59

5

), N3

(−8

√21

5;3√59

5

), N4

(−8

√21

5;−3

√59

5

)

Tương giao của đường thẳng và Hyperbol

Ví dụ 6.17: Cho Hyperbol (H) : 9x2 − 16y2 = 144.

a) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết nó vuông góc với ∆ : x+ 3y − 1 = 0.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) tại điểm M(5; y0) (y0 > 0).

c) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) đi qua điểm A

(2;

3

2

).

d) Qua điểm P (−1; 1) kẻ 2 tiếp tuyến PT1, PT2 tới (H), T1 và T2 là tiếp điểm. Viếtphương trình đường thẳng T1T2.

Giải: a) Gọi d là đường thẳng cần tìm.

∆ : x+ 3y − 1 = 0 ⇒ −→n∆ = (1; 3) ⇒ −→u∆ = (3;−1)

d⊥∆ ⇒ −→nd =−→u∆ = (3;−1) ⇒ d : 3x− y +m = 0

d tiếp xúc với (H) nên : 32.16− (−1)2 .9 = m2 ⇔ m2 = 135 ⇔ m = ±3√15

⇒ d : 3x− y ± 3√15 = 0

b) y20 =9x2

0 − 144

16=

9.25− 144

16=

81

16⇒ y0 = ±9

4⇒ y0 =

9

4

Phương trình tiếp tuyến tại M là:

9.5.x− 16.9

4.y − 144 = 0 ⇔ 45x− 36y − 144 = 0 ⇔ 5x− 4y − 16 = 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


c) Gọi d : Ax+ By + C = 0 là đường thẳng cần tìm.

A ∈ d ⇒ 2A+3

2B + C = 0 ⇒ C = −2A− 3

2B

Do d là tiếp tuyến của (H) nên ta có:

C2 = 16A2 − 9B2 ⇔(−2A− 3

2B

)2

= 16A2 − 9B2

⇔ 4A2 + 6AB +9

4B2 = 16A2 − 9B2 ⇔ 12A2 − 6AB − 45

4B2 = 0

⇔ 16A2 − 8AB − 15B2 = 0 ⇔

A =5

4B

A = −3

4B

+) Với A =5

4B:

Chọn B = 4 ⇒ A = 5 ⇒ C = −16 ⇒ d : 5x+ 4y − 16 = 0

+) Với A = −3

4B:

Chọn B = −4 ⇒ A = 3 ⇒ C = 0 ⇒ d : 3x− 4y = 0

d) Gọi T1 (x1, y1) , T2 (x2, y2)

Do PT1 là tiếp tuyến tại điểm T1 của (H) nên phương trình PT1 là:

PT1 : 9.x1.x− 16.y1.y − 144 = 0

Vì P ∈ PT1 ⇒ −9x1 − 16y1 − 144 = 0 ⇔ 9x1 + 16y1 + 144 = 0

Lập luận tương tự ta cũng được đẳng thức : 9x2 + 16y2 + 144 = 0

⇒ Phương trình T1T2 : 9x+ 16y + 144 = 0

6.3.4 Parabol

Xác định Parabol

Ví dụ 6.18: Tìm tọa độ tiêu điểm, phương trình đường chuẩn của các Parabol sau:

a) y2 = 4x.

b) y2 = −8x.

c) x2 = 8y.

d) x2 = −4y

Giải: a) 2p = 4 ⇒ p = 2 ⇒ F (1; 0). Đường chuẩn : x = −1

b) 2p = 8 ⇒ p = 4 ⇒ F (−2; 0). Đường chuẩn x = 2.

c) 2p = 8 ⇒ p = 4 ⇒ F (0; 2). Đường chuẩn y = −2.

d) 2p = 4 ⇒ p = 2 ⇒ F (0;−1). Đường chuẩn y = −1.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Ví dụ 6.19: Lập phương trình của Parabol (P ) biết

a) Tiêu điểm F (2; 0), trục tung là đường chuẩn.

b) Tiêu điểm F (0; 5), đường chuẩn ∆ : y + 2 = 0.

c) (P ) có trục đối xứng là Ox, qua gốc O và qua điểm M(1;−3).

d) (P ) có trục đối xứng Oy, qua gốc O và qua điểm M(5;−1).

Giải: a) Oy : x = 0. Nên ta có :

M (x; y) ∈ (P ) ⇔ MF = d (M,∆) ⇔√(x− 2)2 + y2 = |x|

⇔ x2 − 4x+ 4 + y2 = x2 ⇔ y2 = 4x− 4

b) M (x; y) ∈ (P ) ⇔ MF = d (M,∆) ⇔√x2 + (y − 5)2 = |y + 2|

⇔ x2 + y2 − 10y + 25 = y2 + 4y + 4 ⇔ x2 = 14y − 21

c) (P ) có trục đối xứng là Ox, qua gốc O nên ta có phương trình (P ) có dạng y2 = ax.

(P ) qua điểm M(1;−3) nên ta có 9 = a ⇒ (P ) : y2 = 9x (p =9

2)

d) (P ) có trục đối xứng Oy, qua gốc O nên phương trình (P ) có dạng x2 = ay. Do (P )

đi qua điểm M(5;−1) nên 25 = −a ⇔ a = −25.

Do đó phương trình (P ) : x2 = −25y (p =25

2).

Sự tương giao giữa đường thẳng và Parabol

Ví dụ 6.20: Cho Parabol y2 = 8x.

a) Tìm các điểm trên (P ) cách tiêu điểm F một đoạn bằng 20.

b) Qua F dựng một dây cung bất kỳ cắt (P ) tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm quỹ tíchtrung điểm I của đoạn AB. Chứng minh đường tròn đường kính AB luôn tiếp xúcvới đường chuẩn.

c) Viết phương trình tiếp tuyến của (P ) tại điểm M(2;−4).

d) Viết phương trình tiếp tuyến vuông góc với (P ) biết tiếp tuyến vuông góc với đườngthẳng y = −x. Tìm tọa độ tiếp điểm khi đó.

e) Viết phương trình tiếp tuyến với (P ) qua điểm A(0; 1). Tính góc tạo bởi hai tiếptuyến.

f) Qua điểm S(−3; 1) kẻ 2 tiếp tuyến ST1, ST2 với (P ). T1, T2 là các tiếp điểm. Viếtphương trình đường thẳng T1T2.

Giải: a) y2 = 8x ⇒ 2p = 8 ⇒ p = 4

MF = xM +p

2= 20 ⇔ xM + 2 = 20 ⇔ xM = 18 ⇒ y2M = 8.18 ⇒ yM = ±12

Ta được 2 điểm thỏa mãn là: M1 (18; 12) , M2 (18;−12)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


b) F (2; 0). Do đường thẳng qua F cắt parabol tại 2 điểm phân biệt A,B do đó đườngthẳng này không song song với Ox nên phương trình AB : x = ky + 2.

Tọa độ A,B là nghiệm của hệ:

y2 = 8x

x = ky + 2⇒ y2 = 8 (ky + 2) ⇔ y2 − 8ky − 16 = 0

Phương trình có a.c < 0 nên luôn có 2 nghiệm phân biệt yA, yB theo định lý Viet tacó:

yA + yB = 8k

yA.yB = −16⇒ yI =

yA + yB2

= 4k

Do I là trung điểm AB ⇒ I ∈ AB ⇒ xI = kyI + 2 = 4k2 + 2

⇒

xI = 4k2 + 2

yI = 4k⇒

k =yI4

xI = 4k2 + 2⇒ xI = 4.

(yI4

)2+ 2 ⇔ y2I = 4 (xI − 2)

⇒ I ∈ (P ′) : y2 = 4 (x− 2)

+) Gọi R là bán kính của đường tròn đường kính AB.

Ta có : AB = FA+ FB = xA + 2 + xB + 2 = 2xI + 4 = 2 (4k2 + 2) + 4 = 8 (k2 + 1)

⇒ R =AB

2= 4 (k2 + 1)

Đường chuẩn ∆ : x+ 2 = 0

⇒ d (I,∆) = |xI + 2| = |4k2 + 2 + 2| = 4 (k2 + 1) = R

Điều này dẫn đến đường tròn đường kính AB tiếp xúc với đường chuẩn.

c) Phương trình tiếp tuyến tại M là: −4.y = 4 (x+ 2) ⇔ x+ y + 2 = 0

d) Gọi d là đường thẳng cần tìm. k là hệ số góc của d. Theo bài ra ta có:

k.k′ = −1 ⇒ k. (−1) = −1 ⇒ k = 1 ⇒ d : y = x+m ⇔ x− y +m =

Vì d là tiếp tuyến của (P ) nên ta có:

p.B2 = 2AC ⇔ 4. (−1)2 = 2.1.m ⇔ m = 2 ⇒ d : x− y + 2 = 0

Gọi M0 (x0, y0) là tọa độ tiếp điểm. Do đó phương trình MM0 là:

y0.y = 4 (x+ x0) ⇔ 4x− y0.y + 4x0 = 0

Vì MM0 ≡ d ⇒ 4

1=

−y0−1

=4x0

2⇒

x0 = 2

y0 = 4⇒ M0 (2; 4)

e) Gọi d : Ax + By + C = 0 là đường thẳng cần tìm. Vì điểm A ∈ d ⇒ B + C = 0 ⇒C = −B

Do d tiếp xúc với (P ) nên ta có:

pB2 = 2AC ⇔ 4B2 = −2AB ⇔

B = 0

B = −1

2A

+) Với B = 0: Chọn A = 1 ⇒ C = 0 ⇒ d1 : x = 0

+) Với B = −1

2A: Chọn A = 2 ⇒ B = −1 ⇒ C = 1 ⇒ d2 : 2x− y + 1 = 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n

6.4. Bài tập Chương 6. Hình phẳng tọa độ

Gọi ϕ là góc giữa d1 và d2. Ta có : −→n1 = (1; 0) , −→n2 = (2;−1)

cosϕ =|−→n1.

−→n2||−→n1| . |−→n2|

=|1.2 + 0. (−1)|

√12 + 02.

√22 + (−1)2

=2√5⇒ ϕ ≈ 26033′54′′

f) Gọi T1 (x1, y1) , T2 (x2, y2) là các tiếp điểm. Phương trình ST1 là : y1.y = 4 (x+ x1)

Vì S ∈ ST1 ⇒ y1.1 = 4 (−3 + x1) ⇔ 4x1 − y1 − 12 = 0

Lập luận tương tự với điểm T2 ta cũng được đẳng thức: 4x2 − y2 − 12 = 0

Do đó phương trình T1T2 : 4x− y − 12 = 0

6.4 Bài tập

Đường thẳng, điểm

Bài 6.1: Cho tam giác ABC có A(4; 1), B(1; 7), C(−1; 0). Viết phương trình tổng quátcủa:

a) Đường cao AH và đường thẳng BC.

b) Trung tuyến AM và trung trực AB.

Bài 6.2: Cho tam giác ABC có phương trình các đường thẳng AB,BC,CA là:AB : x− 3 = 0, BC : 4x− 7y + 23 = 0, 3x+ 7y + 5 = 0.

a) Tìm tọa độ 3 đỉnh A,B,C và diện tích tam giác.

b) Tìm tọa độ điểm A′ đối xứng với A qua BC.

c) Tìm tọa độ trực tâm, trọng tâm của tam giác.

Bài 6.3: Cho 2 điểm A(5;−2), B(3; 4). Viết phương trình đường thẳng d qua điểmC(1; 1) và cách đều 2 điểm A,B.

Bài 6.4: Viết phương trình tổng quát của đường thẳng d thỏa mãn điều kiện:

a) Đi qua điểm A(1;−2) và có hệ số góc bằng 3.

b) Qua điểm B(5;−2) và vuông góc với đường thẳng 2x− 5y + 4 = 0.

c) Qua gốc O và vuông góc với đường thẳng y =2− 3x

4.

d) Qua điểm I(4; 5) và hợp với 2 trục tọa độ một tam giác vuông cân.

e) Qua điểm A(3; 5) và cách điểm H(1; 2) xa nhất.

Bài 6.5: Cho tam giác ABC có phương trình các cạnh BC : 2x− y − 4 = 0, đường caoBH : x+ y− 2 = 0, đường cao CK : x+ 3y + 5 = 0. Viết phương trình các cạnh còn lạicủa tam giác.

Bài 6.6: Cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB : 2x− y− 1 = 0, AD qua

điểm M(3; 1) và tâm I(−1;1

2). Viết phương trình các cạnh AD, BC, CD.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 6.7 (*): Cho tam giác ABC có trung điểm M của AB có tọa độ (−1

2; 0), đường cao

CH với H(−1; 1), đường cao BK với K(1; 3) và biết B có hoành độ dương.

a) Viết phương trình cạnh AB.

b) Tìm tọa độ A, B, C.

Bài 6.8: Cho tam giác ABC với B(1; 2) và C(4;−2) và diện tích tam giác bằng 10.

a) Viết phương trình đường thẳng BC và tính độ dài đường cao AH.

b) Tìm tọa độ điểm A biết A thuộc trục tung.

Bài 6.9: Cho tam giác ABC có phương trình các cạnh AB : 2x + y − 3 = 0, AC :

2x− y + 7 = 0, BC : x− y = 0.

a) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

b) Viết phương trình đường thẳng đối xứng với AB qua BC.

Bài 6.10: Cho hình vuông có tâm I(2;−3), phương trình AB : 3x+ 4y − 4 = 0.

a) Tính cạnh hình vuông.

b) Tìm phương trình các cạnh CD,AD,BC.

Bài 6.11: Cho hình vuông ABCD có phương trình các cạnh là AB : 3x − 2y − 1 = 0,CD : 3x− 2y + 5 = 0 và có tâm thuộc đường thẳng d : x+ y − 1 = 0.

a) Tìm tọa độ I.

b) Viết phương trình đường thẳng AD, BC.

Bài 6.12: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(2;−3), B(3;−2), diện tích

tam giác bằng3

2và trọng tâm G thuộc đường thẳng d : 3x− y− 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh

C

Bài 6.13: Cho đường thẳng d : x+ 2y − 4 = 0 và 2 điểm A(1; 4), B(6; 4)

a) Chứng minh A,B nằm cùng phía với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm A′ đối xứngvới A qua d.

b) Tìm điểm M ∈ d sao cho d(M,AB) =√2

Đường tròn

Bài 6.14: Xác định tâm và bán kính của các đường tròn sau:

a) (x+ 1)2 + (y − 4)2 = 1.

b) (x+ 2)2 + y2 = 5.

c) x2 + y2 + 8x− 4y − 5 = 0.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


d) 3x2 + 3y2 + 4x+ 1 = 0.

e) (2x+ 5)2 + (2y − 3)2 = 4.

Bài 6.15: Viết phương trình đường tròn:

a) Đường kính AB với A(3; 1), B(2;−2).

b) Có tâm I(1;−2) và tiếp xúc với đường thẳng ∆ : x+ y − 2 = 0.

c) Có bán kính 5, tâm thuộc Ox và qua điểm A(2; 4).

d) Có tâm I(2;−1) và tiếp xúc ngoài với đường tròn : (x− 5)2 + (y − 3)2 = 9.

e) Tiếp xúc với 2 trục và có tâm nằm trên đường thẳng ∆ : 2x− y − 3 = 0.

Bài 6.16: Viết phương trình đường tròn :

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

b) Qua A(0; 2), B(−1; 1) và có tâm nằm trên đường thẳng 2x+ 3y = 0.

c) Qua điểm A(5; 3) và tiếp xúc với đường thẳng d : x+ 3y + 2 = 0 tại điểm T (1;−1).

Bài 6.17: a) Viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn: (x− 3)2 + (y + 1)2 = 25 tạiđiểm nằm trên đường tròn có hoành độ bằng −1.

b) Viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C): x2 + y2 + 4x− 2y − 5 = 0 tại giaođiểm của đường tròn với trục Ox.

Bài 6.18: a) Viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn x2 + y2 = 2 biết tiếp tuyếncó hệ số góc bằng 1.

b) Viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C) : x2 + (y − 1)2 = 25 biết tiếp tuyếnvuông góc với đường thẳng 3x− 4y + 7 = 0.

Bài 6.19: Cho đường tròn (C) : x2 + y2 − 2x− 4y − 5 = 0.

a) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) vuông góc với đường thẳng 3x+ y = 0.

b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) đi qua điểm A(3;−2). Gọi T1, T2 là các tiếpđiểm. Viết phương trình đường thẳng T1T2 và viết phương trình đường tròn ngoạitiếp tam giác AT1T2.

Bài 6.20: Cho 2 đường tròn (C1) : x2+y2−2x−2y−2 = 0, (C2) : x

2+y2−8x−4y+16 = 0.

a) Chứng minh 2 đường tròn bằng nhau và cắt nhau.

b) Viết phương trình đường thẳng qua giao điểm của 2 đường tròn.

c) Tìm phương trình tiếp tuyến chung của chúng.

d) Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm (C1), (C2) trên và có tâm nằm trênđường thẳng x+ 2y − 4 = 0.

Bài 6.21: Lập phương trình đường tròn :


Th.sĐỗMinhTuâ

n


a) Qua điểm A(1; 2) và tiếp xúc 2 trục tọa độ.

b) Tiếp xúc hai đường thẳng song song ∆1 : 2x − y − 3 = 0 và ∆2 : 2x − y + 5 = 0 vàcó tâm nằm trên Oy.

c) Tiếp xúc với đường thẳng ∆ : 2x + y − 5 = 0 tại điểm T (2; 1) và có bán kính bằng2√5.

d) Tiếp xúc với 2 đường thẳng x− 2y + 5 = 0 và x+ 2y + 1 = 0 và qua gốc O.

Bài 6.22: Cho 2 đường tròn : (C1) : x2+y2−2x−4y+1 = 0 và (C2) : x

2+y2+4x+4y−1 =

0.

a) Chứng minh 2 đường tròn tiếp xúc ngoài. Tìm tọa độ tiếp điểm T .

b) Viết phương trình tiếp tuyến chung tại T .

Elip

Bài 6.23: Xác định độ dài các trục, tiêu cự, tiêu điểm, tâm sai, phương trình đườngchuẩn của các Elip sau:

a)x2

12+

y2

9= 1.

b) 9x2 + 4y2 − 36 = 0.

Bài 6.24: Tìm trên (E) :x2

4+ y2 = 1:

a) Điểm M có tung độ1

2.

b) Điểm N có tung độ gấp đôi hoành độ.

c) Điểm P sao cho 2PF1 = 3PF2.

d) Điểm Q sao cho F1QF2 = 1200.

Bài 6.25: Lập phương trình (E) biết:

a) Độ dài trục lớn bằng 8 và qua điểm (2√2; 2).

b) Qua 2 điểm P

(2√2;

1

3

), Q

(2;

√5

3

)

c) Có tiêu cự là 4 và qua điểm(1;

2√5

).

d) Qua điểm M

(3√5;4√5

)và F1MF2 = 900.

e) Độ dài trục nhỏ là 4 và một tiêu điểm có tọa độ (2; 0).


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 6.26: Cho 2 Elip (E1) : x2 + 8y2 = 16 và (E2) : 4x

2 + 9y2 = 36. Viết phương trìnhđường tròn qua các giao điểm của 2 Elip.

Bài 6.27: Cho Elip (E) :x2

25+

y2

16= 1.

a) Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 9 và có tung độ âm.

b) Viết phương trình tiếp tuyến qua điểm A(2; 5).

c) Viết phương trình tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 5x− 3y + 10 = 0.

d) Giả sử qua điểm S(1;−4) kẻ các tiếp tuyến SM , SN . Viết phương trình đường thẳngMN .

Hyperbol

Bài 6.28: Xác định độ dài các trục, tiêu cự, tiêu điểm, tâm sai, phương trình đườngchuẩn, phương trình tiệm cận của các Hyperbol sau:

a)x2

4− y2

5= 1.

b)x2

16− y2

9= −1.

Bài 6.29: Cho Hyperbol (H) : x2 − y2

4= 1. Tìm trên (H):

a) Điểm M có hoành độ 2.

b) Điểm N cách đều 2 trục tọa độ.

c) Điểm P sao cho F1PF2 = 900.

d) Điểm Q sao cho F2Q = 2F1Q.

Bài 6.30: Lập phương trình chính tắc của Hyperbol biết:

a) Tiêu cự có độ dài là 8 và khoảng cách từ đỉnh trên trục thực đến tiêu điểm là 1.

b) Độ dài trục ảo là 4 và một tiêu điểm là (3; 0).

c) Một tiêu điểm là F2(5; 0) và một tiệm cận là y = 2x.

d) Một tiệm cận là y =√3x và qua điểm 3;

√15

e) Một tiêu điểm là (2; 0) và qua điểm (3;√2).

f) Qua 2 điểm P (√10; 2), Q

(5

2; 1

).

g) Tiêu cự có độ dài là 4√2 và đi qua điểm (3;

√5)

Bài 6.31: Cho Hyperbol (H) : 9x2 − 4y2 = 36.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


a) M là một điểm tùy ý trên (H). Chứng minh rằng : (F1M + F2M)2 − 4OM2 = const

b) Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm thuộc nhánh trái Hyperbol và có tung độ y = 1.

c) d : 2x− y +m = 0. Tìm m để d là tiếp tuyến của (H).

d) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) qua điểm A

(1;

3

2

).

e) Qua S(−1; 2) kẻ 2 tiếp tuyến SP , SQ với (H). Viết phương trình đường thẳng PQ.

Parabol

Bài 6.32: Tìm tiêu điểm, đường chuẩn và vẽ Parabol cho bởi các phương trình sau:

a) y2 = 5x.

b) x2 = −6y.

c) y2 = 4x+ 2.

Bài 6.33: Lập phương trình của (P ) biết:

a) Tiêu điểm là F (−3; 0) và đường chuẩn x = −5.

b) Tiêu điểm là F (0; 2) và đường chuẩn là trục Ox.

Bài 6.34: Cho Parabol (P ) : y2 = 4x. Gọi d là đường thẳng đi qua tiêu điểm F cắt (P )

tại 2 điểm phân biệt M,N

a) Tìm tọa độ M,N biết FM = 4FN . Viết phương trình tiếp tuyến tại M,N với (P ).

b) Gọi I là trung điểm của MN . Tìm quỹ tích điểm I.

c) Viết phương trình tiếp tuyến của (P ) đi qua điểm A(−2; 1).

d) Viết phương trình tiếp tuyến của (P ) vuông góc với đường thẳng ∆ : 2x+3y−4 = 0.

e) Giả sử qua điểm S(−3; 2) ta kẻ được 2 tiếp tuyến SC, SD với (P ). Viết phương trìnhCD.

Bài tập tổng hợp

Các em tham khảo trong đề thi dự bị và đề thi chính thức từ năm 2002 đến năm 2009.A. Phương trình đường thẳng

Bài 6.35: Lập phương trình tổng quát, tham số, chính tắc của đường thẳng (d) biết:

a) Đi qua điểm M(1;−2) và có véc tơ pháp tuyến −→n = (−3; 2).

b) Đi qua điểm M(3; 1) và có véc tơ chỉ phương −→u = (−4;−1).

c) Đi qua 2 điểm A(1;−4), B(−2; 1).


Th.sĐỗMinhTuâ

n


d) (d) là trung trực của đoạn thẳng AB với A(12; 1)

và B(2;−1).

e) Đi qua điểm M(7; 3) và có hệ số góc k = −2

3.

Bài 6.36: Chuyển (d) về dạng tham số và chính tắc biết (d) có phương trình tổng quát:

a) 2x− 3y = 0.

b) 2x− 3 = 0.

c) 3x− 4y + 5 = 0.

Bài 6.37: Chuyển (d) về dạng tổng quát biết (d) có phương trình tham số:

a)

x = 2

y = 3 + t

b)

x = 2− t

y = 5 + 3t

c)

x = 4 + 2t

y = 5t− 1

Bài 6.38: Trong các điểm A1(2; 1), A2(−1; 2), A3(1; 3), A4(1;−1), A5

(12; 2), A6

(73; 13

),

A7(3; 1), điểm nào nằm trên đường thẳng (d) :

x = 2− t

y = 1 + 2t.

Bài 6.39: Cho các điểm A(2; 1), B(3; 5), C(−1; 2).

a) Chứng minh rằng A,B,C là 3 đỉnh của một tam giác.

b) Lập phương trình các đường cao của tam giác ABC.

c) Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC.

d) Lập phương trình các đường trung tuyến của tam giác ABC.

e) Lập phương trình các đường trung trực của tam giác ABC.

Bài 6.40: Cho tam giác ABC có A(−1; 2), B(4;−3), C(2; 3).

a) Lập phương trình đường trung trực của AB.

b) Lập phương trình của đường thẳng đi qua điểm M(3; 7) và vuông góc với đường trungtuyến kẻ từ A của tam giác ABC.

Bài 6.41: Lập phương trình các cạnh và đường trung trực của tam giác ABC biết trungđiểm 3 cạnh BC,CA,AB lần lượt là M(2; 3), N(4;−1), P (−3; 5).

Bài 6.42: Cho tam giác ABC biết A(3; 3), B(2;−1), C(11; 2). Lập phương trình đườngthẳng d đi qua A và chia tam giác ABC thành 2 phần có tỷ số diện tích bằng 2.

B. Đường thẳng song song, vuông góc với một đường thẳng.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 6.43: Lập phương trình tổng quát của đường thẳng (∆) đi qua A và song song vớiđường thẳng (d):

a) A(1; 3), d : x− y + 1 = 0.

b) A(−2; 5), d ≡ trục Ox.

c) A(−1; 1), d :

x = 1− t

y = −2 + 2t

d) A(−3;−5), (d) :x− 2

2=

y + 3

−5.

Bài 6.44: Lập phương trình tổng quát, tham số của đường thẳng (∆) đi qua A vuônggóc với đường thẳng d biết:

a) A(3;−3), (d) : 2x− 5y + 1 = 0.

b) A(4; 2), (d) ≡ Oy.

c) A(1;−6), (d) :

x = 1 + t

y = 2 + 2t

d) A(−2;−5), (d) :x− 3

−2=

y + 1

1.

Bài 6.45: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết A(2; 2) và 2 đường cao(d1), (d2) có phương trình là (d1) : x+ y − 2 = 0, (d2) : 9x− 3y + 4 = 0.

Bài 6.46: Cho tam giác ABC biết phương trình cạnh AB là x + y − 9 = 0, các đườngcao qua đỉnh A và B lần lượt là (d1) : x + y − 1 = 0 và (d2) : 7x + 5y − 49 = 0. Lậpphương trình các cạnh AC,BC và đường cao thứ 3 của tam giác ABC.

Bài 6.47: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết A(3; 5), đường cao vàđường trung tuyến kẻ từ một đỉnh có phương trình lần lượt là (d1) : 5x + 4y − 1 = 0,(d2) : 8x+ y − 7 = 0.

Bài 6.48: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết A(3; 1) và 2 đường trungtuyến có phương trình (d1) : 2x− y − 1 = 0, (d2) : x− 1 = 0.

Bài 6.49: Phương trình 2 cạnh của tam giác ABC là (d1) : x + y − 2 = 0, (d2) :

x+2y− 5 = 0 và trực tâm tam giác H(2; 3). Lập phương trình cạnh thứ 3 của tam giácđó.

Bài 6.50: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2;−3), phương trìnhđường cao hạ từ A và đương trung tuyến từ C lần lượt là (d1) : 3x − 2y + 3 = 0,(d2) : 7x+ y − 2 = 0.

Bài 6.51: Xác định tọa độ các đỉnh và lập phương trình cạnh BC của tam giác ABC biếttrung điểm của BC là M(2; 3), phương trình các cạnh AB, AC lần lượt là x− y− 1 = 0

và 2x+ y = 0.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 6.52: Xác định tọa độ các đỉnh và lập phương trình cạnh BC của tam giác ABC biết

trọng tâm tam giác G

(4

3;2

3

)và phương trình các cạnh AB, AC lần lượt là: x−3y+13 =

0, 12x+ y − 29 = 0.

Bài 6.53: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trung điểm AB làM(−3; 4), 2 đường cao kẻ từ A, B lần lượt là (d1) : 2x−5y+29 = 0, (d2) : 10x−3y+5 = 0.

C. Hình chiếu vuông góc của điểm lên đường thẳng.

Bài 6.54: Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc H của M lên đường thẳng (d) và xác địnhtọa độ điểm M ′ đối xứng với M qua d.

a) M(−6; 4), d : 4x− 5y + 3 = 0.

b) M(1; 4), d : 3x+ 4y − 4 = 0.

c) M(3; 5), d :

x = 1− 2t

y = 3 + 4t

Bài 6.55: Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC và xác định tọa độ điểm K đốixứng với H qua BC biết A(0; 3), B(3; 0), C(−1;−1).

Bài 6.56: Lập phương trình đường thẳng (∆) đối xứng với đường thẳng d qua điểm I

biết:

a) I(−3; 1), d : 2x+ y − 3 = 0.

b) I(1; 1), d : 3x− 2y + 1 = 0.

c) I(−1; 3), d :

x = 2− t

−1− 2t

d) I(0; 2), d :

x = −3 + t

y = 5− 4t

Bài 6.57: Lập phương trình đường thẳng d1 đối xứng với đường thẳng d qua đườngthẳng ∆ biết:

a) d : x+ 2y − 1 = 0, ∆ : 2x− y + 3 = 0.

b) d : 2x+ 3y + 5 = 0, ∆ : 5x− y + 4 = 0.

c) d : 5x+ y − 6 = 0, ∆ :x+ 1

−2=

y − 3

3.

d) d : −2x+ y + 3 = 0, ∆ :

x = −1 + 2t

x = 3 + t.

Bài 6.58: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết A(0; 3), phương trình 2đường phân giác trong xuất phát từ B và C lần lượt là dB : x−y = 0, dC : x+2y−8 = 0.

Bài 6.59: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết A(−4; 3), B(9; 2) vàphương trình đường phân giác trong xuất phát từ C là d; x− y + 3 = 0.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 6.60: Cho tam giác ABC biết phương trình cạnh BC : x+4y−8 = 0 và phương trình2 đường phân giác trong xuất phát từ B và C lần lượt là dB : y = 0, dC : 5x+3y−6 = 0.

Bài 6.61: Cho tam giác ABC biết C(3;−3), phương trình đường cao và đường phângiác trong xuất phát từ A lần lượt là d1 : x = 2, d2 : 3x+ 8y − 14 = 0.

Bài 6.62: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết C(−5; 2), phương trìnhđường trung tuyến từ A là d1 : 5x + y − 7 = 0 và đường phân giác trong góc B làd2 : x− y + 3 = 0.

D. Vị trí tương đối của 2 đường thẳng.

Bài 6.63: Xét vị trí tương đối của các cặp đường thẳng sau:

a) d1 :

x = 1− t

y = 2 + t, d2 :

x = 2− u

, y = 5 + u

b) d1 :

x = 1 + t

y = 3− t, d2 :

x− 3

−2=

y − 2

1.

c) d1 :

x = −2 + 3t

y = 1 + t, d2 : 2x− 3y + 1 = 0.

d) d1 : 3x+ 2y − 1 = 0, d2 : x+ 3y − 4 = 0.

Bài 6.64: Cho a2 + b2 6= 0 và 2 đường thẳng d1 và d2 có phương trình:

d1 : (a− b)x+ y = 1, d2 : (a2 − b2)x+ ay = b

a) Tìm quan hệ giữa a, b để d1, d2 cắt nhau. Khi đó hãy xác định tọa độ giao điểm I

của chúng.

b) Tìm điều kiện giữa a, b để I thuộc trục hoành.

Bài 6.65: Cho 2 đường thẳng d1 : kx− y + k = 0, d2 : (1− k2)x+ 2ky − 1− k2 = 0.

a) Chứng minh rằng d1 luôn đi qua một điểm cố định với mọi k.

b) Chứng minh rằng d1 luôn cắt d2. Xác định tọa độ giao điểm của chúng.

E. Góc và khoảng cách

Bài 6.66: Tìm góc giữa các cặp đường thẳng sau:

a) d1 : 5x+ 3y − 4 = 0, d2 : x+ 2y + 2 = 0.

b) d1 : 3x− 4y − 14 = 0, d2 :x− 1

2=

y + 3

−1.

c) d1 :

x = 1− 3t

y = 2 + t, d2 : 3x+ 2y − 2 = 0.

d) d1 : x+my − 1 = 0, d2 : x− y + 2m− 1 = 0.

Bài 6.67: Tính khoảng cách từ điểm M điểm đường thẳng d trong các trường hợp sau.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


a) M(−3; 2), d : 3x+ 4y − 1 = 0.

b) M(2;−5), d : y = 2x+ 3.

c) M(−4;−1), d ≡ Ox.

d) M(−3; 2), d : 2x = 3.

e) M(5;−2), d :

x = −2 + 2t

y = 5− t

f) M(3; 2), d :x− 3

1=

y + 4

2.

Bài 6.68: Cho 2 đường thẳng d1 : 2x− 3y + 1 = 0, d2 : −4x+ 6y − 3 = 0.

a) Chứng minh d1//d2.

b) Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng đó.

Bài 6.69: Lập phương trình đường thẳng d đi qua M và tạo với ∆ một góc ϕ biết:

a) M(−1; 2), ∆ : x− 2y + 3 = 0, ϕ = 450.

b) M(2; 0), ∆ :

x = 1− 3t

y = −1 + t, ϕ = 450.

Bài 6.70: Lập phương trình đường phân giác của các góc tạo bởi d1 và d2 biết:

a) d1 : 2x+ 3y − 1 = 0, d2 : 3x+ 2y + 2 = 0.

b) d1 : 4x+ 3y − 4 = 0, d2 :

x = 1− 5t

y = −3 + 12t

c) d1 : 5x+ 3y − 4 = 0, d2 :x+ 1

3=

y + 1

5.

d) d1 : 3x− 4y + 5 = 0, d ≡ Ox.

Bài 6.71: Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm M(2; 5) và cách N(4; 1) mộtđoạn bằng 2.

Bài 6.72: Lập phương trình đường thẳng d đi qua M(−2; 3) và cách đều 2 điểm A(5;−1),B(3; 7).

Bài 6.73: Cho 2 đường thẳng d1 : x− 3y+5 = 0, d2 : 3x+ y− 2 = 0. Tìm điểm M nằmtrên Ox và cách đều hai đường thẳng d1, d2.

Bài 6.74: Cho 3 đường thẳng d1 :

x = 1− 2t

y = 1 + t, d2 : 5x+12y−1 = 0, d3 : 4x−3y+2 =

0. Tìm M nằm trên d1 và cách đều d2, d3.

Bài 6.75: Cho 2 điểm A(2; 1), B(−3; 2) và đường thẳng d : 4x+ 3y + 5 = 0. Tìm điểmM cách đều 2 điểm A, B đồng thời khoảng cách từ M đến d bằng 2.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 6.76: Cho 2 đường thẳng d1 : 2x− y+1 = 0, d2 : x+2y− 7 = 0. Lập phương trìnhđường thẳng d đi qua 2 gốc tọa độ sao cho d tạo với d1 và d2 tam giác cân có đỉnh làgiao điểm của d1 và d2.

Bài 6.77: Cho 2 điểm A(0; 5), B(4; 1) và đường thẳng d : x − 4y + 7 = 0. Tìm trênđường thẳng d điểm C sao cho tam giác ABC cân tại C.

Bài 6.78: Cho điểm A(3; 1). Xác định điểm B,C sao cho OABC là hình vuông và B

nằm trong góc phần tư thứ nhất. Lập phương trình đường chéo của hình vuông đó.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

Chương 7. Giới hạn

Chương 7

Giới hạn

7.1 Giới hạn dãy số

7.1.1 Các tính chất cơ bản của giới hạn

❶ limn→∞

1

nk= 0 (k = 1, 2, · · ·)

❷ limn→∞

1

an= 0 (a ∈ R, |a| > 1)

❸ Phép toán với đại lượng vô hạn:

+∞± a = +∞, −∞± a = −∞+∞+ (+∞) = +∞, −∞+ (−∞) = −∞−∞ = −∞

a. (±∞) =

±∞ Nếu a > 0

∓∞ Nếu a < 0

kxđ Nếu a = 0

a

∞ = 0,∞∞ = kxđ. Cụ thể như sau:

a > 0 :a

0+= +∞,

a

0−= −∞

a < 0 :a

0+= −∞,

a

0−= +∞

0.∞ = kxđ

∞.∞ = ∞

❹ Định lý giới hạn kẹp: un ≤ vn ≤ wn ∀nNếu lim

n→∞un = lim

n→∞wn = l ⇒ lim

n→∞vn = l

❺ Phép toán trên giới hạn: Giới hạn của tổng, hiệu, tích, thương các dãy số tươngứng là tổng, hiệu, tích, thương các giới hạn.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

7.1. Giới hạn dãy số Chương 7. Giới hạn

7.1.2 Các ví dụ

Ví dụ 7.1: Tính các giới hạn sau:

a) limn→∞

2n+ 1

1− n2

b) limn→∞

2n2 − n+ 1

1 + n− 3n2

c) limn→∞

3n3 − 2n2 + 1

1 + n− 3n2

d) limn→∞

2n+ 3 cosn

3n− 2 sinn

Giải: a) limn→∞

2n+ 1

1− n2= lim

n→∞

2

n+

1

n2

1

n2− 1

=0

−1= 0 .

b) limn→∞

2n2 − n+ 1

1 + n− 3n2= lim

n→∞

2−1

n+

1

n2

1 +1

n−

3

n2

=2

1= 2 .

c) limn→+∞

3n3 − 2n2 + 1

1 + n− 3n2= lim

n→+∞

n3

(3− 2

n+

1

n3

)

n2

(1

n2+

1

n− 3

) = limn→+∞

n

(3− 2

n+

1

n3

)

(1

n2+

1

n− 3

) = −∞ .

d) Ta có limn→+∞

2n+ 3 cosn

3n− 2 sinn= lim

n→+∞

2 + 3cosn

n

3− 2sinn

n

.

Mặt khác ta có: −1

n≤

cosn

n≤

1

n

và limn→+∞

(−1

n

)= lim

n→+∞

1

n= 0 ⇒ lim

n→+∞

cosn

n= 0.

Tương tự ta có : limn→+∞

sinn

n= 0.

Từ đó ta được: limn→+∞

2n+ 3 cosn

3n− 2 sinn=

2

3


a) limn→+∞

2n+1 − 3.5n

(−3)n−1 + 5n+1.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

7.2. Giới hạn hàm số Chương 7. Giới hạn

b) limn→+∞

n+ 2n

3− 2n−1.

c) limn→+∞

(√n2 + n+ 1− n

).

d) limn→+∞

(√2n2 + n+ 1− 2n+ 1

).

Giải: a) limn→+∞

2n+1 − 3.5n

(−3)n−1 + 5n+1= lim

n→+∞

2.2n − 3.5n

−1

3.(−3)n + 5.5n

= limn→+∞

2.

(2

5

)n

− 3

1

3.

(−3

5

)n

+ 5

=

−3

5

b) limn→+∞

n+ 2n

3− 2n−1= lim

n→+∞

n+ 2n

3− 1

2.2n

= limn→+∞

n

2n+ 1

3.

(1

2

)n

− 1

2

Ta có : 2n = (1 + 1)n = C0n + C1

n + C2n + · · ·+ Cn

n ≥ C0n + C1

n + C2n

= 1 + n+n (n− 1)

2=

n2 + n+ 2

2∀n ≥ 2

⇒ 0 <n

2n≤ 2n

n2 + n+ 2∀n ≥ 2

mà limn→+∞

0 = limn→+∞

2n

n2 + n+ 2= 0.

⇒ limn→+∞

n

2n= 0 ⇒ lim

n→+∞

n+ 2n

3− 2n−1=

1

−1/2= −2 .

c) limn→+∞

(√n2 + n+ 1− n

)= lim

n→+∞

(n2 + n+ 1− n2)√n2 + n+ 1 + n

= limn→+∞

n+ 1√n2 + n+ 1 + n

.

= limn→+∞

1 +1

n√1 +

1

n+

1

n2+ 1

=1

2

d) limn→+∞

(√2n2 + n+ 1− 2n+ 1

)= lim

n→+∞n

√

2 +1

n+

1

n2− 2 +

1

n

= −∞

7.2 Giới hạn hàm số

Ngoài một số các tính chất của giới hạn dãy số, giới hạn hàm số còn có một số giới hạncơ bản sau:

7.2.1 Giới hạn cơ bản

limx→0

sin x

x= 1.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


limx→0

tan x

x= 1.

limx→0

(1 + x)1

x = e hoặc limx→±∞

(1 +

1

x

)x

= e.

limx→0

ex − 1

x= 1.

limx→0

ln (1 + x)

x= 1.

7.2.2 Phương pháp tính giới hạn

❶ Sử dụng tương đương hàm số:

f (x) ∼ g (x) khi x → x0 nếu limx→x0

f (x)

g (x)= 1.

Ví dụ: sin x ∼ x khi x → 0 và sin 2x ∼ 2x khi x → 0 ?

❷ Phân tích đa thức thành nhân tử :

Áp dụng với giới hạn dạng0

0khi x → x0 với x0 hữu hạn.

❸ Nhân liên hợp:

Áp dụng với giới hạn chứa căn thức: căn bậc 2 hoặc bậc 3.

❹ Chia cho hạng tử bậc cao nhất :

Áp dụng với giới hạn khi x → ∞

7.2.3 Các ví dụ


a) limx→(−1)+

3x+ 2

x2 − 1

b) limx→1

x3 − 5x+ 4

2x2 − x− 1

c) limx→2

√x+ 2− 3

√3x+ 2

4− x2

Giải: a) limx→(−1)+

3x+ 2

x2 − 1= lim

x→(−1)+

3x+ 2

(x− 1)(x+ 1)=

−1

−2.0+= −∞ .

b) limx→1

x3 − 5x+ 4

2x2 − x− 1= lim

x→1

(x− 1)(x2 + x− 4)

(x− 1)(2x+ 1)= lim

x→1

x2 + x− 4

2x+ 1= −2

3.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


c) l = limx→2

√x+ 2− 3

√3x+ 2

4− x2= lim

x→2

√x+ 2− 3

√3x+ 2

(2− x) (2 + x)= lim

x→2

3√3x+ 2−

√x+ 2

x− 2. limx→2

1

x+ 2

limx→2

3√3x+ 2− 2

x− 2= lim

x→2

3x+ 2− 8

(x− 2)(

3√3x+ 2

2+ 2 3

√3x+ 2 + 4

)

= limx→2

33√3x+ 2

2+ 2 3

√3x+ 2 + 4

=3

12=

1

4

limx→2

2−√x+ 2

x− 2= lim

x→2

4− x− 2

(x− 2)(2 +

√x+ 2

) = limx→2

−1

2 +√x+ 2

=−1

4

⇒ l =1

4

(1

4+

−1

4

)= 0


a) limx→−∞

−x3 + 3x+ 1

2x2 + x+ 1

b) limx→−∞

(√x2 + x+ 1 + x+ 1

)và lim

x→+∞

(√x2 + x+ 1 + x+ 1

)

Giải: a) limx→−∞

−x3 + 3x+ 1

2x2 + x+ 1= lim

x→−∞

x3

(−1 +

3

x2+

1

x3

)

x2

(2 +

1

x+

1

x2

)

= limx→−∞

x

(−1 +

3

x2+

1

x3

)

(2 +

1

x+

1

x2

) = +∞

b) Dạng +∞+ (+∞)

limx→+∞

(√x2 + x+ 1 + x+ 1

)= lim

x→+∞

(√x2

(1 +

1

x+

1

x2

)+ x+ 1

)

= limx→+∞

(|x|√

1 +1

x+

1

x2+ x+ 1

)= lim

x→+∞

[x

(√1 +

1

x+

1

x2+ 1 +

1

x

)]= +∞

Dạng +∞+ (−∞)

limx→−∞

(√x2 + x+ 1 + x+ 1

)= lim

x→−∞

x2 + x+ 1− (x+ 1)2√x2 + x+ 1− x− 1

= limx→−∞

−x

√x2.

√1 +

1

x+

1

x2− x− 1

= limx→−∞

−x

|x| .√

1 +1

x+

1

x2− x− 1

= limx→−∞

−x

−x

(√1 +

1

x+

1

x2+ 1 +

1

x

)

= limx→−∞

1√1 +

1

x+

1

x2+ 1 +

1

x

=1

2


Th.sĐỗMinhTuâ

n



a) limx→0

sin 2x

x

b) limx→0

sin 2x. tan 3x

(e−x − 1) ln (1 + 5x)

c) limx→1

[tan(π2x). (x2 + x− 2)

]

Giải: a) limx→0

sin 2x

x= lim

x→0

sin 2x

2x.2 = 1.2 = 2

Chú ý : Ở đây ta sử dụng sin 2x ∼ 2x khi x → 0

b) limx→0

sin 2x. tan 3x

(e−x − 1) ln (1 + 5x)= lim

x→0

sin 2x

2x.tan 3x

3x.

−x

e−x − 1.

5x

ln (1 + 5x).2x.3x

−x.5x

= 1.1.1.1.6

−5= −6

5

Chú ý : Ở đây ta sử dụng sin 2x ∼ 2x, tan 3x ∼ 3x, e−x ∼ −x, ln(1 + 5x) ∼ 5x khix → 0.

c) Đổi biến x = t+ 1, khi x → 1 thì t → 0.

l = limx→1

[tan(π2x). (x2 + x− 2)

]= lim

t→0

[tan(π2t+

π

2

).((t+ 1)2 + t+ 1− 2

)]

= limt→0

[− cot t. (t2 + 3t)] = − limt→0

[t

sin t. (t+ 3) . cos t

]= −1.3.1 = −3


a) limx→0

(1 + 2x)cot 3x

b) limx→∞

(2x+ 1

2x+ 5

)x2−x+2

3x+1

Giải: a) A = (1 + 2x)cot 3x ⇒ lnA = cot 3x. ln (1 + 2x)

limx→0

lnA = limx→0

[ln (1 + 2x)

2x.

3x

sin 3x. cos 3x.

2x

3x

]= 1.1.1.

2

3=

2

3

⇒ limx→0

A = e2

3

b) A =

(2x+ 1

2x+ 5

)x2−x+2

3x+1

⇒ lnA =x2 − x+ 2

3x+ 1. ln

2x+ 1

2x+ 5=

x2 − x+ 2

3x+ 1. ln

(1 +

−4

2x+ 5

)

limx→∞

lnA = limx→∞

ln

(1 +

−4

2x+ 5

)

−4

2x+ 5

.x2 − x+ 2

3x+ 1.

−4

2x+ 5


Th.sĐỗMinhTuâ

n

7.3. Bài tập Chương 7. Giới hạn

= 1. limx→∞

−4 (x2 − x+ 2)

(3x+ 1) . (2x+ 5)= −4 lim

x→∞

x2

(1− 1

x+

2

x2

)

x

(3 +

1

x

).x

(2 +

5

x

)

= −4 limx→∞

1− 1

x+

2

x2(3 +

1

x

).

(2 +

5

x

) = −4.1

3.2= −2

3

⇒ limx→0

A = e−2

3

7.3 Bài tập

Bài 7.1: Tính các giới hạn sau:

a) limx→3

2x3 − 5x2 − 2x− 3

4x3 − 13x2 + 4x− 3

b) limx→0

√1 + x+ x2 −

√1− x+ x2

x2 − x

c) limx→7

3√x+ 20− 3

4√x+ 9− 2

d) limx→−2

3√1 + x+

√3 + x

x3 − 2x+ 4

Hướng dẫn. a)11

7.

b) −1.

c)32

27.

d)1

12.


a) limx→0

1− cos 5x

1− cos 3x

b) limx→π

2

cos x

π − 2x

c) limx→0

√cos x− 3

√cos 3x

1− cos x. cos 2x

d) limx→π

3

sin(x− π

3

)

2 cos x− 1

e) limx→0

1− cos x√cos 2x

sin2 x


Th.sĐỗMinhTuâ

n


f) limx→0

7x − 6x

5x − 4x

Hướng dẫn. a)25

9.

b)1

2.

c)1

2.

d) −1√3.

e)3

2.

f) log 5

3

(7

6

).


a) limx→∞

x3 + 2x2 + 3x+ 4

4x3 + 3x2 + 2x+ 1

b) limx→∞

2x3 + 5x2 − x− 1

3x5 − 4x4 + x2 + 3

c) limx→−∞

√x4 + x2 + 1

3√x5 + x2 − 1

d) limx→+∞

(3√x3 + x2 −

√x2 − x

)

e) limx→+∞

(3x5 − 4x3 + x− 1) và limx→−∞

(3x5 − 4x3 + x− 1)

Hướng dẫn. a)1

4.

b) 0.

c) −∞.

d)5

6.

e) +∞ và −∞.

Bài 7.4: Tính các giới hạn của hàm số sau:

a) limx→3+

2x2 − 5x− 4

x2 − 9và lim

x→3−

2x2 − 5x− 4

x2 − 9

b) limx→2+

(√x2 − 4

2− x.

x

1− 3x

)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


c) limx→−1

[x− 1

(x+ 1)2.2x+ 1

2x− 3

]

d) limx→1+

|x2 + x− 2||x3 − 2x| − 1

e) limx→0+

1−√cos x

1− cos√x

Hướng dẫn. a) −∞ và +∞.

b) +∞.

c) −∞.

d) −3.

e) 0.

Bài 7.5: Tính các giới hạn của hàm số sau:

a) limx→0

(1− x)1

x

b) limx→∞

(3x+ 8

3x− 2

)2x+3

c) limx→∞

(x2 + 5x+ 4

x2 − 3x+ 7

)x+2

Hướng dẫn. a) e−1.

b) e20

3 .

c) e8.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

Chương 8. Bất đẳng thức

Chương 8

Bất đẳng thức

8.1 Các bất đẳng thức cơ bản

- Bất đẳng thức là một vấn đề rất khó, chúng khó không phải vì kiến thức nhiều màvì ta không biết bắt đầu. Bất đẳng thức nói chung là một dạng bài tập không có thuậttoán trong đề thi đại học. Tài liệu này ra đời nhằm cung cấp cho học sinh một số thuậttoán nhất định để chứng minh bất đằng thức hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Định lý 8.1 (Bất đẳng thức Cauchy). Với các số x1, x2, · · · , xn không âm ta có :

n√x1x2 · · · xn ≤

x1 + x2 + · · ·+ xn

n⇔ x1 + x2 + · · ·+ xn ≥ n. n

√x1x2 · · · xn

Dấu bằng xảy ra khi x1 = x2 = · · · = xn.

Chứng minh. Ta chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp qui nạp theo n.

❶ Với n = 2: Bất đẳng thức trở thành:

√x1x2 ≤

x1 + x2

2⇔ (

√x1 −

√x2)

2 ≥ 0

Dấu bằng xảy ra khi x1 = x2.

❷ Giả sử bất đẳng thức đúng với n ta chứng minh bất đẳng thức đúng với 2n. Giảsử x1, x2, · · · , x2n ≥ 0, áp dụng bất đẳng thức Cauchy với n số x1, x2, ·, xn ≥ 0 tacó:

x1 + x2 + · · ·+ xn

n≥ n

√x1x2 · · · xn

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với n số xn+1, xn+2, · · · , x2n ≥ 0 ta có:

xn+1 + xn+2 + · · ·+ x2n

n≥ n

√xn+1xn+2 · · · x2n

Từ đó ta có:x1 + x2 + · · ·+ x2n

2n=

1

2

(x1 + x2 + · · ·+ xn

n+

xn+1 + xn+2 + · · ·+ x2n

n

)

≥1

2

(n√x1x2 · · · xn + n

√xn+1xn+2 · · · x2n

)


Th.sĐỗMinhTuâ

n

8.1. Các bất đẳng thức cơ bản Chương 8. Bất đẳng thức

≥√

n√x1x2 · · · xn. n

√xn+1xn+2 · · · x2n = 2n

√x1x2 · · · x2n

(Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với 2 số n√x1x2 · · · xn, n

√xn+1xn+2 · · · x2n)

❸ Chứng minh tính lùi, tức chứng minh bất đẳng thức đúng với n thì đúng với n−1.

Thật vậy giả sử bất đẳng thức đúng với n, lấy n− 1 số x1, x2, · · · , xn−1.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với n số x1, x2, · · · , xn−1, t =x1 + x2 + · · ·+ xn−1

n− 1

ta có:x1 + x2 + · · ·+ xn−1 + t

n≥ n

√x1.x2. · · · .xn−1.t

⇔(n− 1) t+ t

n≥ n

√x1.x2. · · · .xn−1.t ⇔ t ≥ n

√x1.x2. · · · .xn−1.t

⇔ tn ≥ x1.x2. · · · .xn−1.t ⇔ tn−1 ≥ x1.x2. · · · .xn−1

⇔ t ≥ n−1√x1.x2. · · · .xn−1 ⇔

x1 + x2 + · · ·+ xn−1

n− 1≥ n−1

√x1.x2. · · · .xn−1

Vậy bất đẳng thức đúng với n− 1.

❹ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, theo bước 2 thì bất đẳng thức đúng vớin = 2k. Áp dụng liên tiếp kết quả của bước 3 ta có bất đẳng thức đúng vớin = 2k − 1 do đó đúng với n = 2k − 2, ... , cuối cùng bất đẳng thức đúng vớin = k + 1.

Từ kết quả của bước 1, 4 và theo nguyên lý qui nạp ta được bất đẳng thức đúng với mọisố tự nhiên n ≥ 2.

Phương pháp chứng minh ở trên gọi là phương pháp chứng minh qui nạp lùi. Phươngpháp chứng minh thú vị này là của nhà toán học người Pháp Cauchy. Tuy nhiên ôngkhông phải là người phát minh ra bất đẳng thức này. Tên của bất đẳng thức này theocác tài liệu nước ngoài là AM −GM (Arithmetic Means - Geometric Means):Trong thực tế ta thường áp dụng bất đẳng thức với n = 2, n = 3.Với mọi a ≥ 0, b ≥ 0 ta có:

√ab ≤

a+ b

2⇔ ab ≤

(a+ b

2

)2

⇔ a+ b ≥ 2√ab

Với mọi a, b, c ≥ 0 ta có:

3√abc ≤

a+ b+ c

3⇔ abc ≤

(a+ b+ c

3

)3

⇔ a+ b+ c ≥ 33√abc

Hệ quả 8.1 (Cauchy). Nếu tích không đổi, tổng nhỏ nhất khi các số bằng nhau. Nếutổng không đổi, tích lớn nhất khi các số bằng nhau.

Định lý 8.2 (Bunhiacopxki). Cho 2 bộ số (a1, a2, · · · , an) , (b1, b2, · · · , bn). Khi đó ta cóbất đẳng thức:

(a21 + a22 + · · ·+ a2n

).(b21 + b22 + · · ·+ b2n

)≥ (a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn)

2

Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 bộ tỷ lệ, tức là: (a1, a2, · · · , an) = t. (b1, b2, · · · , bn)

Hoặca1

b1=

a2

b2= · · · =

an

bnQui ước: nếu aj = 0 thì bj = 0 và ngược lại.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

8.1. Các bất đẳng thức cơ bản Chương 8. Bất đẳng thức

Chứng minh. +) Nếu a21 + a22 + · · · + a2n = 0 ⇔ a1 = a2 = · · · = an = 0 bất đẳng thứcđúng.+) Nếu a21 + a22 + · · ·+ a2n 6= 0:Ta có P = (a1t− b1)

2 + (a2t− b2)2 + · · ·+ (ant− bn)

2

= (a21 + a22 + · · ·+ a2n) t2 − 2 (a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn) t+ (b21 + b22 + · · ·+ b2n)

P ≥ 0 ∀t ≥ 0, P là đa thức bậc 2.Do đó ∆′ ≤ 0, ta được bất đẳng thức:(a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn)

2 (a21 + a22 + · · ·+ a2n) (b21 + b22 + · · ·+ b2n) ≤ 0

⇔ (a21 + a22 + · · ·+ a2n) (b21 + b22 + · · ·+ b2n) ≥ (a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn)

2.Dấu bằng xảy ra khi tồn tại t sao cho a1t− b1 = a2t− b2 = · · · = ant− bn = 0.a1

b1=

a2

b2= · · · =

an

bn= t ⇔ (a1, a2, · · · , an) = t. (b1, b2, · · · , bn)

Ta thường áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxki trong trường hợp n = 2, n = 3.

(a2 + b2

) (x2 + y2

)≥ (ax+ by)2

Dấu bằng xảy ra khia

x=

b

y⇔ ∃t : (a, b) = t (x, y).

(a2 + b2 + c2

) (x2 + y2 + z2

)≥ (ax+ by + cz)2

Dấu bằng xảy ra khia

x=

b

y=

c

z⇔ ∃t : (a, b, c) = t (x, y, z)

Định lý 8.3 (Cauchy - Schwarz). Cho 2 bộ số (a1, a2, · · · , an) , (b1, b2, · · · , bn), với bi > 0

∀i = 1, 2, .., n. Ta có bất đẳng thức:

a21b1

+a22b2

+ · · ·+a2nbn

≥(a1 + a2 + · · ·+ an)

2

b1 + b2 + · · ·+ bn

Dấu bằng xảy ra khi 2 bộ tỷ lệ giống bất đẳng thức Bunhiacopxki.

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số:(

a1√b1,a2√b2, · · · ,

an√bn

),(√

b1,√

b2, · · · ,√

bn

)

ta có bất đẳng thức :(

a1√b1

)2

+

(a2√b2

)2

+ · · ·+(

an√bn

)2((√

b1)2

+(√

b2)2

+ · · ·+(√

bn)2)

≥(

a1√b1.√b1 +

a2√b2.√b2 + · · ·+

an√bn.√bn

)2

⇔(a21b1

+a22b2

+ · · ·+a2nbn

)(b1 + b2 + · · ·+ bn) ≥ (a1 + a2 + · · ·+ an)

2

⇔a21b1

+a22b2

+ · · ·+a2nbn

≥(a1 + a2 + · · ·+ an)

2

b1 + b2 + · · ·+ bn(Đpcm)


Th.sĐỗMinhTuâ

n

8.2. Bất đẳng thức Cauchy Chương 8. Bất đẳng thức

8.2 Bất đẳng thức Cauchy

Trong thực tế việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy có muôn hình vạn trạng nhưng tất cảđều tập trung quanh phương pháp điểm rơi. Nắm được ý tưởng của phương pháp điểmrơi không phải là một việc dễ dàng nhưng học sinh cần nhớ rằng có thể thêm bớt nhưngdấu bằng phải xảy ra được, hơn thế nữa học sinh phải cách để biết được dấu bằng xảyra khi nào? Mục này nhằm mục đích để học sinh có thể nắm vững hơn được phươngpháp này. Hy vọng là thông qua việc thực hành học sinh sẽ nắm được cốt yếu của vấnđề.

8.2.1 Tìm min tổng, max của tích

Cách giải: Sử dụng hệ quả của Bất đẳng thức Cauchy.

Ví dụ 8.1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

a) A = 2x+1

x(x > 0)

b) B = 4x+1

x− 1(x > 1)

c) C = x2 +3

x(x > 0)

d) D = x2 +1

x3(x > 0).

Giải: a) Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương 2x,1

xta có:

A = 2x+1

x≥ 2

√

2x.1

x= 2

√2

Vậy Amin = 2√2, đạt khi 2x =

1

x⇔ x2 =

1

2⇔ x =

1√2

(Do x > 0)

b) Ta có B = 4 (x− 1) +1

x− 1+ 4

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương 4 (x− 1) ,1

x− 1

B = 4 (x− 1) +1

x− 1+ 4 ≥ 2

√

4 (x− 1)1

x− 1+ 4 = 8

Vậy ta có Bmin = 8

4 (x− 1) =1

x− 1⇔ (x− 1)2 =

1

4⇔ x− 1 =

1

2⇔ x =

3

2


Th.sĐỗMinhTuâ

n


c) Ta có C = x2 +3

2x+

3

2x≥ 3

3

√

x2.3

2x.3

2x= 3

3

√9

4.

Vậy Cmin = 33

√9

4đạt khi x2 =

3

2x⇔ x3 =

3

2⇔ x =

3

√3

2

d) D =x2

3+

x2

3+

x2

3+

1

2x3+

1

2x3≥ 5

5

√x2

3.x2

3.x2

3.1

2x3.1

2x3

⇒ D ≥5

5√108

⇒ Dmin =5

5√108

Đạt khix2

3=

1

2x3⇔ x5 =

3

2⇔ x =

5

√3

2.

Ví dụ 8.2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

a) P = x(3− x)2 (0 < x < 3).

b) Q = x2(2− 5x)3(0 < x <

2

5

).

c) R = sin3xcos5x.

Giải: a) P =1

2.2x (3− x) (3− x) ≤

1

2

(2x+ 3− x+ 3− x

3

)3

= 4.

Pmax = 4 đạt khi 2x = 3− x ⇔ x = 1.

b) Q =5x

2.5x

2.2− 5x

3.2− 5x

3.2− 5x

3.33.22

52

≤108

25

5x

2+

5x

2+

2− 5x

3+

2− 5x

3+

2− 5x

35

5

=3456

78125

Qmax =3456

78125

đạt khi5x

2=

2− 5x

3⇔ 25x = 2 ⇔ x =

2

25

c) R2 =(sin2x

)3.(cos2x)

5

=sin2x

3.sin2x

3.sin2x

3.cos2x

5.cos2x

5.cos2x

5.cos2x

5.cos2x

5.33.55

≤ 33.55

sin2x

3+

sin2x

3+

sin2x

3+

cos2x

5+

cos2x

5+

cos2x

5+

cos2x

5+

cos2x

58

8

=33.55

88⇒ R ≤

√33.55

88⇒ Rmax =

√33.55

88


Th.sĐỗMinhTuâ

n


sin2x

3=

cos2x

5⇔ tan2x =

3

5⇒ tan x =

√3

5. (Do R > 0 nên tan x > 0)

8.2.2 Bất đẳng thức đối xứng

Dạng bài tập : chứng minh bất đẳng thức nhưng các biến đối xứng với nhau vàhơn thế nữa chúng còn đẳng cấp với nhau.Dạng bài này thường dễ bởi vì dấu bằngcủa chúng thường xảy ra khi các biến bằng nhau. Dựa vào phương pháp điểm rơita sẽ biết cách áp dụng bất đẳng thức Cauchy thế nào cho thích hợp.

Ví dụ 8.3: Cho a, b, c > 0. Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a)a2

b+

b2

c+

c2

a≥ a+ b+ c.

b)a2

3b+ 2c+

b2

3c+ 2a+

c2

3a+ 2b≥

a+ b+ c

5

c)a3

b (2c+ a)+

b3

c (2a+ b)+

c3

a (2b+ c)≥

a+ b+ c

3.

d)a5

b2+

b5

c2+

c5

a2≥ a3 + b3 + c3.

e)a5

b2c+

b5

c2a+

c5

a2b≥ a2 + b2 + c2

f)a3

3b+ 2c+

b3

3c+ 2a+

c3

3a+ 2b≥

a2 + b2 + c2

5

g)a5

b2 (c+ 2a)+

b5

c2 (a+ 2b)+

c5

a2 (b+ 2c)≥

a2 + b2 + c2

3

h) a4 + b4 + c4 ≥ a3b+ b3c+ c3a.

Giải: a) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

+

a2

b+ b ≥ 2

√a2

b.b = 2a

b2

c+ c ≥ 2

√b2

c.c = 2b

c2

a+ a ≥ 2

√c2

a.a = 2c

a2

b+

b2

c+

c2

a+ (a+ b+ c) ≥ 2 (a+ b+ c)

⇔a2

b+

b2

c+

c2

a≥ a+ b+ c

Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


b) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a2

3b+ 2c+

3b+ 2c

25≥ 2

√a2

3b+ 2c.3b+ 2c

25=

2a

5

⇒a2

3b+ 2c≥

2a

5−

3b+ 2c

25

T 2 :b2

3c+ 2a≥

2b

5−

3c+ 2a

25c2

3a+ 2b≥

2c

5−

3a+ 2b

25

+

⇒a2

3b+ 2c+

b2

3c+ 2a+

c2

3a+ 2b≥

2

5(a+ b+ c)−

5

25(a+ b+ c)

⇔a2

3b+ 2c+

b2

3c+ 2a+

c2

3a+ 2b≥

a+ b+ c

5

Dấu bằng xảy ra khi:

a2

3b+ 2c=

3b+ 2c

25b2

3c+ 2a=

3c+ 2a

25c2

3a+ 2b=

3a+ 2b

25

⇔ a = b = c

c) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a3

b (2c+ a)+

b

3+

2c+ a

9≥ 3

3

√a3

b (2c+ a).b

3.2c+ a

9= a

⇒a3

b (2c+ a)≥

8

9a−

1

3b−

2

9c

T 2 :b3

c (2a+ b)≥

8

9b−

1

3c−

2

9a

c3

a (2b+ c)≥

8

9c−

1

3a−

2

9b

+

⇒a3

b (2c+ a)+

b3

c (2a+ b)+

c3

a (2b+ c)≥

8

9

∑a−

1

3

∑a−

2

9

∑a

⇔a3

b (2c+ a)+

b3

c (2a+ b)+

c3

a (2b+ c)≥

1

3

∑a =

a+ b+ c

3.


a3

b (2c+ a)=

b

3=

2c+ a

9b3

c (2a+ b)=

c

3=

2a+ b

9c3

a (2b+ c)=

a

3=

2b+ c

9

⇔ a = b = c

d) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a5

b2+

a5

b2+

a5

b2+ b3 + b3 ≥ 5

5

√a5

b2.a5

b2.a5

b2.b3.b3 = 5a3


Th.sĐỗMinhTuâ

n


⇒ 3a5

b2+ 2b3 ≥ 5a3

T 2 : 3b5

c2+ 2c3 ≥ 5b3

3c5

a2+ 2a3 ≥ 5c3

+

⇒ 3

(a5

b2+

b5

c2+

c5

a2

)+ 2 (a3 + b3 + c3) ≥ 5 (a3 + b3 + c3)

⇔ 3

(a5

b2+

b5

c2+

c5

a2

)≥ 3 (a3 + b3 + c3) ⇔

a5

b2+

b5

c2+

c5

a2≥ a3 + b3 + c3


a5

b2= b3

b5

c2= c3

c5

a2= a3

⇔ a = b = c

e) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a5

b2c+

a5

b2c+ b2 + b2 + c2 ≥ 5

5

√a5

b2c.a5

b2c.b2.b2.c2 = 5a2

⇔ 2a5

b2c≥ 5a2 − 2b2 − c2

T 2 : 2b5

c2a≥ 5b2 − 2c2 − a2

2c5

a2b≥ 5c2 − 2a2 − b2

+

2

(a5

b2c+

b5

c2a+

c5

a2b

)≥ 5

∑a2 − 2

∑a2 −∑ a2 = 2

∑a2

⇔a5

b2c+

b5

c2a+

c5

a2b≥ a2 + b2 + c2

Dấu bằng xảy ra khi :

a5

b2c= b2 = c2

b5

c2a= c2 = a2

c5

a2b= a2 = b2

⇔ a = b = c

f) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a3

3b+ 2c+

a (3b+ 2c)

25≥ 2

√a3

3b+ 2c.a (3b+ 2c)

25


Th.sĐỗMinhTuâ

n


⇒a3

3b+ 2c+

3ab+ 2ca

25≥

2a2

5

T 2 :b3

3c+ 2a+

3bc+ 2ab

25≥

2b2

5c3

3a+ 2b+

3ca+ 2bc

25≥

2c2

5

+

a3

3b+ 2c+

b3

3c+ 2a+

c3

3a+ 2b+

ab+ bc+ ca

5≥

2a2

5+

2b2

5+

2c2

5Do a2 + b2 + c2 ≥ ab+ bc+ ca

⇒a3

3b+ 2c+

b3

3c+ 2a+

c3

3a+ 2b+

a2 + b2 + c2

5≥

2 (a2 + b2 + c2)

5

⇔a3

3b+ 2c+

b3

3c+ 2a+

c3

3a+ 2b≥

a2 + b2 + c2

5


a3

3b+ 2c=

a (3b+ 2c)

25b3

3c+ 2a=

3bc+ 2ab

25c3

3a+ 2b=

3ca+ 2bc

25a2 + b2 + c2 = ab+ bc+ ca

⇔ a = b = c

g) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a5

b2 (c+ 2a)+

a5

b2 (c+ 2a)+

b2

3+

b2

3+

(c+ 2a)2

27≥ 5 5

√√√√(

a5

b2 (c+ 2a)

)2

.

(b2

3

)2

.(c+ 2a)2

27

⇒2a5

b2 (c+ 2a)+

2b2

3+

(c+ 2a)2

27≥

5a2

3

⇔2a5

b2 (c+ 2a)≥

5a2

3−

2b2

3−

c2 + 4ca+ 4a2

27

Do 4ca ≤ 2c2 + 2a2 nên ta có:

2a5

b2 (c+ 2a)≥

5a2

3−

2b2

3−

c2 + 2c2 + 2a2 + 4a2

27

⇒2a5

b2 (c+ 2a)≥

13a2 − 6b2 − c2

9

T 2 :2b5

c2 (a+ 2b)≥

13b2 − 6c2 − a2

92c5

a2 (b+ 2c)≥

13c2 − 6a2 − b2

9

+

2

(a5

b2 (c+ 2a)+

b5

c2 (a+ 2b)+

c5

a2 (b+ 2c)

)≥

6 (a2 + b2 + c2)

9

⇔a5

b2 (c+ 2a)+

b5

c2 (a+ 2b)+

c5

a2 (b+ 2c)≥

a2 + b2 + c2

3.

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


h) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a4 + a4 + a4 + b4 ≥ 44√a4.a4.a4.b4

⇔ 3a4 + b4 ≥ 4a3b

T 2 : 3b4 + c4 ≥ 4b3c

3c4 + a4 ≥ 4c3a

+

4 (a4 + b4 + c4) ≥ 4 (a3b+ b3c+ c3a) ⇔ a4 + b4 + c4 ≥ a3b+ b3c+ c3a


8.2.3 Cực trị có điều kiện

Cực trị có điều kiện: là dạng bài tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức hoặc chứngminh một bất đẳng thức với điều kiện cho trước. Điều kiện ở đây không phải là ràngbuộc tự nhiên như kiểu các biến không âm mà là các đẳng thức, hay khó hơn là bấtđẳng thức cho mối liên hệ ràng buộc giữa các biến.

Ví dụ 8.4: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

a) Nếu a4 + b4 + c4 ≤ 33(a+ b+ c)− 150 thì ta có a+ b+ c ≥ 6.

b) Nếu a4 + b4 + c4 ≤ 2(a+ b+ c)− 3 thì ta có a+ b+ c ≤ 3.

Giải: a) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a4 + 16 + 16 + 16 ≥ 44√a4.16.16.16

⇒ a4 + 48 ≥ 32a

T 2 : b4 + 48 ≥ 32b

c4 + 48 ≥ 32c

+

a4 + b4 + c4 + 144 ≥ 32 (a+ b+ c)

Theo giả thiết ta có : a4 + b4 + c4 ≤ 33(a+ b+ c)− 150

⇒ 33(a+ b+ c)− 150 + 144 ≥ 32 (a+ b+ c)

⇔ a+ b+ c ≥ 6.

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2.

b) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a4 + 1 + 1 + 1 ≥ 44√a4.1.1.1

⇒ a4 + 3 ≥ 4a

T 2 : b4 + 3 ≥ 4b

c4 + 3 ≥ 4c

+

a4 + b4 + c4 + 9 ≥ 4 (a+ b+ c)

Theo giả thiết ta có: a4 + b4 + c4 ≤ 2(a+ b+ c)− 3.

2(a+ b+ c)− 3 + 9 ≥ 4 (a+ b+ c) ⇔ a+ b+ c ≤ 3.

Dấu bằng xảy ra khi : a = b = c = 1.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bình luận: ở câu a) vấn đề chính là ta phải biết được dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2.Câu b) xảy ra dấu bằng khi a = b = c = 1. Cái này học sinh tự mình suy ngẫm.

Ví dụ 8.5: Cho 0 ≤ y ≤ x ≤ 1. Chứng minh rằng:

x√y − y

√x ≤

1

4

Giải: Ta có : x√y − y

√x =

√x.√y(√

x−√y)= 2.

[1

2

√x.√y(√

x−√y)]

≤ 2.

√x

2+√y +

(√x−√

y)

3

3

=1

4.(√x)

3 ≤1

4


1

2

√x =

√y =

(√x−√

y)

√x = 1

⇔

x = 1

y =1

4

Bình luận: Vấn đề đặt ra ở đây là tại sao trong bất đẳng thức Cauchy ta lại áp dụng

cho1

2

√x chứ không phải là

√x. Ta để ý rằng để mất

√y thì nhất thiết phải có mặt số

√y và

√x−√

y. Cho 2 số này bằng nhau thì√y =

1

2

√x.

Ví dụ 8.6: Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta đều có:

(1 + x)

(1 +

y

x

)(1 +

9√y

)2

≥ 256

Giải: Bất đẳng thức Cauchy dạng tổng quát:mx+ ny ≥ (m+ n) m+n

√xmyn hoặc αx+ (1− α) y ≥ xα.y1−α (0 < α < 1).

- Phân tích bài toán: 1 + x = (1− α) .1

1− α+ α.

x

α≥(x

α

)α

.

(1

1− α

)1−α

= k1.xα

Tương tự ta cũng có :1 +y

x≥ k2

(y

x

)β

, 1 +9√y≥ k3.

(9√y

)γ

(ki ở đây là hằng số)

⇒ (1 + x)

(1 +

y

x

)(1 +

9√y

)2

≥ k4xα.

(y

x

)β

.

(9√y

)2γ

= k5.xα−β.yβ−γ

Do đó α− β = β − γ = 0 ⇒ α = β = γ.Ta tìm chúng bằng cách xem dấu bằng xảy ra khi nào?

x

α=

1

1− αy

αx=

1

1− α9

α√y=

1

1− α

⇔

x =α

1− α

y =α2

(1− α)2

α2

(1− α)2= 9

⇒ α = 3 (1− α) ⇔ α =3

4⇒ 1− α =

1

4.

Cách giải: 1 +x

3+

x

3+

x

3≥ 4

4

√

1.x

3.x

3.x

3= 4.

4

√x3

27


Th.sĐỗMinhTuâ

n


⇒ 1 + x ≥ 4.4

√x3

27

Tương tự ta cũng có: 1 +y

x≥ 4.

4

√y3

27x3

(1 +

9√y

)2

≥(4. 4

√27√y3

)2

= 16.4

√272

y3

Nhân vế các bất phương trình ta có:

(1 + x)

(1 +

y

x

)(1 +

9√y

)2

≥ 256

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

x

3= 1

y

3x= 1

3√y= 1

⇔

x = 3

y = 9

Ví dụ 8.7: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a+ b+ c = 1. Chứng minh rằng:

a)

(1 +

1

a

)(1 +

1

b

)(1 +

1

c

)≥ 64.

b)

(√2 +

1

a

)(√2 +

1

b

)(√2 +

1

c

)≥ 45 + 29

√2.

Giải: a) Ta có: V T =(a+ 1) (b+ 1) (c+ 1)

abc.

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a+ 1 = a+ a+ b+ c ≥ 4 4√a.a.b.c

⇒ a+ 1 ≥ 44√a2bc

T 2 : b+ 1 ≥ 44√ab2c

c+ 1 ≥ 44√abc2

+

⇒ V T ≥4

4√a2bc.4

4√ab2c.4

4√abc2

abc= 64

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =1

3.

b) Ta chứng minh bất đẳng thức sau:

3√(k +X) (k + Y ) (k + Z) ≥ k +

3√XY Z ∀k,X, Y, Z > 0

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số ta có:

3

√k

k +X.

k

k + Y.

k

k + Z≤

1

3

(k

k +X+

k

k + Y+

k

k + Z

)

3

√X

k +X.

Y

k + Y.

Z

k + Z≤

1

3

(X

k +X+

Y

k + Y+

Z

k + Z

)

+


Th.sĐỗMinhTuâ

n

8.3. Bất đẳng thức Bunhiacopxki Chương 8. Bất đẳng thức

3

√k

k +X.

k

k + Y.

k

k + Z+

3

√X

k +X.

Y

k + Y.

Z

k + Z≤ 1

⇔ 3√

(k +X) (k + Y ) (k + Z) ≥ k + 3√XY Z (đpcm)

Áp dụng BĐT trên với k =√2, X =

1

a, Y =

1

b, Z =

1

c> 0 ta có:

3

√√√√(√2 +

1

a

)(√2 +

1

b

)(√2 +

1

c

)≥

√2 +

3

√1

a.1

b.1

c

≥√2 +

13√abc

≥√2 +

1

1

3(a+ b+ c)

= 3 +√2

⇒ V T ≥(3 +

√2)3

= 45 + 29√2

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =1

3

8.3 Bất đẳng thức Bunhiacopxki

Ví dụ 8.8: Cho a, b là các số thực . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

a) P = 2a2 + 3b2 nếu a+ b = 1.

b) Q = 3a2 +b2

2nếu 2a+ 5b = 1.

Giải: a) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki với 2 bộ(a√2, b

√3),

(1√2,1√3

)ta có:

((a√2)2

+(b√3)2)

.

(

1√2

)2

+

(1√3

)2 ≥

(a√2.

1√2+ b

√3.

1√3

)2

⇔ (2a2 + 3b2)

(1

2+

1

3

)≥ (a+ b)2 = 1 ⇒ P ≥

6

5

Vậy Pmin =6

5đạt khi:

a√2

1/√2=

b√3

1/√3

a+ b = 1

⇔

2a = 3b

a+ b = 1⇔

a =3

5

b =2

5

b) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki với 2 bộ

(√3a,

b√2

),

(2√3, 5√2

)ta có:

(√

3a)2

+

(b√2

)2 .

(

2√3

)2

+(5√2)2 ≥

(√3a.

2√3+

b√2.5√2

)2


Th.sĐỗMinhTuâ

n

8.4. Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz Chương 8. Bất đẳng thức

⇔(3a2 +

b2

2

)(4

3+ 50

)≥ (2a+ 5b)2

⇔ Q.154

3≥ 1 ⇔ Q ≥

3

154⇒ Qmin =

3

154


√3a

2/√3=

b/√2

5√2

2a+ 5b = 1

⇔

15a = b

2a+ 5b = 1⇔

a =1

77

b =15

77

Ví dụ 8.9: Cho a, b, c, p, q là các số thực dương. Chứng minh rằng:

a) a2 + b2 + c2 ≥ ab+ bc+ ca.

b)a3

pb+ qc+

b3

pc+ qa+

c3

pa+ qb≥

a2 + b2 + c2

p+ q.

Giải: a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ (a, b, c) , (b, c, a) ta có

(a2 + b2 + c2) (b2 + c2 + a2) ≥ (ab+ bc+ ca)2

⇔ (a2 + b2 + c2)2 ≥ (ab+ bc+ ca)2 ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ |ab+ bc+ ca|

⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab+ bc+ ca


a

b=

b

c=

c

aab+ bc+ ca ≥ 0

⇔ a = b = c

b) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki với 2 bộ số:√

a3

pb+ qc,

√b3

pc+ qa,

√c3

pa+ qb

,(√

a (pb+ qc),√

b (pc+ qa),√

c (pa+ qb))

ta có :

(a3

pb+ qc+

b3

pc+ qa+

c3

pa+ qb

). (a (pb+ qc) + b (pc+ qa) + c (pa+ qb))

≥

√

a3

pb+ qc.√a (pb+ qc) +

√b3

pc+ qa.√

b (pc+ qa) +

√c3

pa+ qb.√c (pa+ qb)

2

Do a2 + b2 + c2 ≥ ab+ bc+ ca nên ta có:

⇒a3

pb+ qc+

b3

pc+ qa+

c3

pa+ qb≥

a2 + b2 + c2

p+ q.a2 + b2 + c2

ab+ bc+ ca≥

a2 + b2 + c2

p+ q


8.4 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

Ví dụ 8.10: Cho x, y, z > 0, chứng minh rằng:


Th.sĐỗMinhTuâ

n

8.4. Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz Chương 8. Bất đẳng thức

a)1

x+

1

y≥

4

x+ y

b)1

x+

1

y+

1

z≥

9

x+ y + z

c) Nếu x, y, z là 3 cạnh của tam giác thì ta có:

1

y + z − x+

1

z + x− y+

1

x+ y − z≥

1

x+

1

y+

1

z

Giải: a) Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz (C-S) với 2 bộ (1; 1) , (x, y) ta có:

12

x+

12

y≥

(1 + 1)2

x+ y⇔

1

x+

1

y≥

4

x+ y

Dấu bằng xảy ra khi x = y.

Chú ý: Có thể chứng minh bất đẳng thức bằng phép biến đổi tương đương.

b) Áp dụng BĐT C-S với 2 bộ (1; 1; 1) , (x, y, z) ta có:

12

x+

12

y+

12

z≥

(1 + 1 + 1)2

x+ y + z⇔

1

x+

1

y+

1

z≥

9

x+ y + z

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z.

c) Áp dụng câu a) với 2 số y + z − x, z + x− y ta có:

1

y + z − x+

1

z + x− y≥

4

y + z − x+ z + x− y=

4

2z

⇒1

y + z − x+

1

z + x− y≥

2

z

T 2 :1

z + x− y+

1

x+ y − z≥

2

x1

y + z − x+

1

x+ y − z≥

2

y

+

2

(1

y + z − x+

1

z + x− y+

1

x+ y − z

)≥ 2

(1

x+

1

y+

1

z

)

⇔1

y + z − x+

1

z + x− y+

1

x+ y − z≥

1

x+

1

y+

1

z

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z.

Ví dụ 8.11 (ĐH - A - 2005): Cho x, y, z > 0 thỏa mãn:1

x+

1

y+

1

z= 4. Chứng minh

rằng:1

2x+ y + z+

1

2y + z + x+

1

2z + x+ y≤ 1


Th.sĐỗMinhTuâ

n

8.5. Bài tập Chương 8. Bất đẳng thức

Giải: Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có:

12

x+

12

x+

12

y+

12

z≥

(1 + 1 + 1 + 1)2

x+ x+ y + z

⇒2

x+

1

y+

1

z≥

16

2x+ y + z

T 2 :2

y+

1

z+

1

x≥

16

2y + z + x2

z+

1

x+

1

y≥

16

2z + x+ y

+

⇒ 4

(1

x+

1

y+

1

z

)≥ 16

(1

2x+ y + z+

1

2y + z + x+

1

2z + x+ y

)

⇔1

2x+ y + z+

1

2y + z + x+

1

2z + x+ y≤

1

4

(1

x+

1

y+

1

z

)= 1


x = y = z

1

x+

1

y+

1

z= 4

⇔ x = y = z =3

4

8.5 Bài tập

Bài 8.1 (ĐH-B-2005): Chứng minh rằng ∀x ∈ R, ta có:(12

5

)x

+

(15

4

)y

+

(20

3

)z

≥ 3x + 4x + 5x

Bài 8.2 (ĐH-D-2005): Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:√1 + x3 + y3

xy+

√1 + y3 + z3

yz+

√1 + z3 + x3

zx

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 8.3 (ĐH-B-2006): Cho các số thực x, y thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A =

√(x− 1)2 + y2 +

√(x+ 1)2 + y2 + |y − 2|

Bài 8.4 (ĐH-A-2007): Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P =x2 (y + z)

y√y + 2z

√z+

y2 (z + x)

z√z + 2x

√x+

z2 (x+ y)

x√x+ 2y

√y

Bài 8.5 (ĐH-B-2007): Cho x, y, z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = x

(x

2+

1

yz

)+ y

(y

2+

1

zx

)+ z

(z

2+

1

xy

)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 8.6 (ĐH-D-2008): Cho x, y là các số thực không âm thay đổi. Tìm min, max của

biểu thức: P =(x− y) (1− xy)

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

Bài 8.7 (ĐH-A-2006): Cho các số thực x, y 6= 0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện:

xy(x+ y) = x2 − xy + y2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =1

x3+

1

y3

Bài 8.8 (ĐH-A-2003): Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x+ y + z ≤ 1. Chứng minh rằng:√

x2 +1

x2+

√

y2 +1

y2+

√

z2 +1

z2≥

√82

Bài 8.9 (DB2-D-2005): Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:

x2

1 + y+

y2

1 + z+

z2

1 + x≥

3

2

Bài 8.10 (DB2-B-2008): Cho số nguyên n (n ≥ 2) và 2 số thực không âm x, y. Chứngminh rằng: n

√xn + yn ≥ n+1

√xn+1 + yn+1

Bài 8.11 (DB1-B-2008): Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn x+ y + z =yz

3x. Chứng minh

rằng:

x ≤2√3− 3

6(y + z)

Bài 8.12 (DB1-D-2007): Cho a, b, c > 0 thỏa mãn ab+ a+ b = 3. Chứng minh:

3a

b+ 1+

3b

a+ 1+

ab

a+ b≤ a2 + b2 +

3

2

Bài 8.13 (DB2-A-2007): Cho x, y, z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = 3√4 (x3 + y3) + 3

√4 (y3 + z3) + 3

√4 (z3 + x3) + 2

(x

y2+

y

z2+

z

x2

)

Bài 8.14 (DB2-B-2006): Cho x, y > 0 thỏa mãn x + y ≥ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức : A =3x2 + 4

4x+

2 + y3

y2

Bài 8.15 (DB2-A-2006): Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện 3−x+3−y+3−z = 1.

Chứng minh rằng:9x

3x + 3y+z+

9y

3y + 3z+x+

9z

3z + 3x+y≥

3x + 3y + 3z

4

Bài 8.16 (DB1-A-2005): Cho x, y, z thỏa mãn x+ y + z = 0. Chứng minh rằng:√3 + 4x +

√3 + 4y +

√3 + 4z ≥ 6

Bài 8.17 (DB2-A-2003): Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: y = sin5 x+√3 cosx.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 8.18 (DB1-B-2002): Giả sử x, y > 0 thỏa mãn điều kiện x+ y =5

4. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức : S =4

x+

1

4y

Bài 8.19 (DB1-A-2002): Giả sử a, b, c, d là bốn số nguyên thay đổi thỏa mãn 1 ≤ a <

b < c < d ≤ 50. Chứng minh :a

b+

c

d≥

b2 + b+ 50

50bvà tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

S =a

b+

c

d


Th.sĐỗMinhTuâ

n

Chương 9. Hàm số và đồ thị

Chương 9

Hàm số và đồ thị

9.1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số


Tính đồng biến nghịch biến

Định nghĩa 9.1. Giả sử hàm f(x) xác định trên tập D. Hàm số f(x) gọi là đồngbiến (t.ư nghịch biến trên tập D) nếu ∀x1, x2 ∈ D và x1 < x2 thì f(x1) < f(x2) (t.ưf(x1) > f(x2)).

Chú ý: f(x) đồng biến (t.ư nghịch biến) trên D ⇔ f(x1)− f(x2)

x1 − x2

> 0

(t.ưf(x1)− f(x2)

x1 − x2

< 0) với mọi x1 6= x2

Định lý 9.1 (Tiêu chuẩn đơn điệu). Hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b).

a) Hàm số f(x) đồng biến trên khoảng (a; b) nếu f ′(x) ≥ 0 ∀x ∈ (a; b).

b) Hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng (a; b) nếu f ′(x) ≤ 0 ∀x ∈ (a; b)

Ở đó f ′(x) chỉ có hữu hạn không điểm trên khoảng (a; b).

Ví dụ 9.1: Hàm f(x) = x3 là đồng biến trên R vì f ′(x) = 3x2 ≥ 0 ∀x ∈ R vàf ′(x) = 0 ⇔ x = 0.

Hàm g(x) = −1

5x5+

1

2x4−1

3x3 đồng biến trên R vì g′(x) = −x4+2x3−x2 = −(x2−x)2 ≥ 0

∀x ∈ R, g′(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1.

Cực trị của hàm số

Dưới đây ta giới thiệu 2 cách tìm nhanh tọa độ điểm cực trị thường dùng trong bài tập:

Hàm bậc 3: y = ax3 + bx2 + cx + d (a 6= 0). Giả sử (x1, y1) và (x2, y2) là tọa độ 2

điểm cực trị của hàm số. Khi đó ta có công thức :

y1 = Ax1 + B

y2 = Ax2 + B

Ở đó Ax + B là phần dư trong phép chia của y = ax3 + bx2 + cx + d cho y′ =

3ax2 + 2bx+ c.

Và khi đó y = Ax+B cũng chính là đường thẳng nối 2 điểm cực trị.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

9.1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số Chương 9. Hàm số và đồ thị

Với hàm phân thức y =P (x)

Q(x),

Giả sử (x0, y0) là 2 điểm cực trị của hàm số thì: y0 =P ′(x0)

Q′(x0).

Nói riêng với hàm phân thức: y =ax2 + bx+ c

px+ qa.p 6= 0 và nếu hàm số đạt cực đại

cực tiểu thì y =2ax+ b

plà đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị.

Điểm uốn của hàm số

Định nghĩa 9.2 (Khoảng lồi - lõm). Cho hàm số y = f(x). Hàm số gọi là lồi (t.ư lõm)trên (a, b) nếu f ′′(x) < 0 (t.ư f ′′(x) > 0) ∀x ∈ (a; b).

Định nghĩa 9.3 (Điểm uốn). Hàm số y = f(x) gọi là có điểm uốn tại điểm M nằmtrên đường cong có hoành độ x0, nếu như nó thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau:

(i) f ′′(x0) = 0.

(ii) f ′′(x) đổi dấu khi qua điểm x0.

Tiệm cận của hàm phân thức

Cho hàm phân thức y =P (x)

Q(x), viết ở dạng tối giản (không có chung nhân tử).

Hàm phân thức có tiệm cận ngang nếu như degP (x) ≤ degQ(x) (Ở đó degP (x)

là bậc của đa thức P (x)). Và khi đó y = a là tiệm cận ngang của hàm số với

a = limx→∞

P (x)

Q(x).

Hàm phân thức có tiệm cận xiên nếu như degP (x) = degQ(x) + 1 và khi đó

y = ax+ b với a = limx→∞

P (x)

Q(x), b = lim

x→∞

[P (x)

Q(x)− ax

].

Ta có thể tìm a, b bằng cách chia P (x) cho Q(x). Thương của phép chia chính làax+ b:

P (x) = Q(x).(ax+ b)+R(x) ở đó degR(x) < degQ(x) nên limx→∞

P (x)

Q(x)− (ax+ b) =

limx→∞

[R(x)

Q(x)

]= 0

Hàm phân thức có tiệm cận đứng nếu Q(x) có nghiệm. Nếu x0 là một nghiệm của

Q(x) thì x = x0 là một tiệm cận đứng của hàm số vì limx→x0

P (x)

Q(x)= ∞. Q(x) có

bao nhiêu nghiệm thì hàm số có bấy nhiêu tiệm cận đứng.

Các phép biến đổi đồ thị cơ bản

Cần nhớ : Các phép biến đổi

(x, y) → (−x, y): Đối xứng qua trục tung.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


(x, y) → (x,−y): Đối xứng qua trục hoành.

(x, y) → (−x,−y): Đối xứng qua gốc tọa độ.

(x, y) → (x− a, y): Tịnh tiến theo trục hoành a đơn vị.

(x, y) → (x, y − b): Tịnh tiến theo trục tung b đơn vị.

(x, y) → (x− a, y − b): Tịnh tiến theo véc tơ −→u = (a; b).

Đồ thị hàm y = f(x) Đồ thị hàm y = |f(x)| Đồ thị hàm y = f(|x|)y

x0 1 2

-2

-1

0

1

2

y = x3 − 3x2 + 2

y

x0 1 2

-2

-1

0

1

2

y = |x3 − 3x2 + 2|

y

x-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

y = |x|3 − 3|x|2 + 2

Đồ thị hàm y = f(x).g(x) Đồ thị hàm y = f(x).|g(x)|y

x-1 0 1 2 3

-3

-2

-1

0

1

2

3

y = x3 − 3x2

y

x-1 0 1 2 3

-3

-2

-1

0

1

2

3

y = x|x2 − 3x|

a = 1

Đồ thị gốc Tịnh tiến theo trục hoành Tịnh tiến theo trục tung


Th.sĐỗMinhTuâ

n


y

x-1 0 1 2 3

-3

-2

-1

0

1

y = x3 − 3x2 + 1

y

x0 1 2 3 4

-3

-2

-1

0

1

y = x3 − 6x2 + 9x− 3

y

x0 1 2

-2

-1

0

1

2

y = x3 − 3x2 + 2

9.1.2 Các bước khảo sát hàm số

Tìm tập xác định của hàm số (xác định tính chẵn lẻ, tuần hoàn).

Sự biến thiên.

Chiều biến thiên của hàm số: Tính đạo hàm y′. Tìm nghiệm của phương trìnhy′ = 0 và các điểm không xác định của y′. Xét dấu của y′ và suy ra chiều biếnthiên.

Tìm cực trị của hàm số.

Tính giới hạn tại −∞, +∞ và tại các điểm mà hàm số không xác định. Tìmtiệm cận.

Lập bảng biến thiên.

Vẽ đồ thị. Nên tính thêm giao với trục tung, và các điểm lân cận của các cực trị.

Chú ý: vẽ chính xác tiệm cận, cực trị.

9.1.3 Hàm đa thức

Ví dụ 9.2: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = −x3 + 3x2.

Giải: +) Tập xác định : R

+) Giới hạn : limx→+∞

y = limx→+∞

(−x3 + 3x2) = limx→+∞

x3

(−1 +

3

x

)= −∞

limx→−∞

y = limx→−∞

(−x3 + 3x2) = limx→−∞

x3

(−1 +

3

x

)= +∞

+) Chiều biến thiên: y′ = −3x2 + 6x. y′ = 0 ⇔ −3x2 + 6x = 0 ⇔[x = 0 ⇒ y = 0

x = 2 ⇒ y = 4

Bảng biến thiên :

x −∞ 0 2 +∞f ′(x) − 0 + 0 −

f(x)

+∞

0

4

−∞


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Điểm cực tiểu (0; 0). Điểm cực đại (2; 4).Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2).Hàm số nghịch biến trên 2 khoảng (−∞; 0) và (2; +∞).+) Đồ thị:

y

x-1 0 1 2 30

1

2

3

4

y = −x3 + 3x2

Bảng các giá trị đặc biệt

x −1 0 1 2 3y 4 0 2 4 0

Ví dụ 9.3: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : y = x4 − 2x2 − 1

Giải: +) Tập xác định : R

+) Giới hạn : limx→±∞

(x4 − 2x2 − 1) = limx→±∞

x4

(1− 2

x2− 1

x4

)= +∞

+) Chiều biến thiên: y′ = 4x3 − 4x = 0 ⇔[x = 0 ⇒ y = 0

x = ±1 ⇒ y = −2


x −∞ −1 0 1 +∞f ′(x) − 0 + 0 − 0 +

f(x)

+∞

−2

−1

−2

+∞

Hàm số đồng biến trên 2 khoảng : (−1; 0), (1; +∞)

Hàm số nghịch biến trên 2 khoảng : (−∞;−1), (0; 1)Hàm số có 2 điểm cực tiểu : (−1;−2) và (1;−2)

Hàm số có điểm cực đại : (0;−1) +) Đồ thị:Bảng các giá trị đặc biệt

x −2 −1 0 1 2y 7 −2 −1 −2 7


Th.sĐỗMinhTuâ

n


y

x-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

y = x4 − 2x2 − 1

9.1.4 Hàm phân thức

Ví dụ 9.4: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y =x2 + x− 1

x− 1

Giải: y =x2 + x− 1

x− 1⇒ y = x+ 2 +

1

x− 1+) Tập xác định: R\ 1+) Tiệm cận: lim

x→1+y = lim

x→1+

x2 + x− 1

x− 1= +∞, lim

x→1−y = lim

x→1−

x2 + x− 1

x− 1= −∞

nên tiệm cận đứng là x = 1.

limx→∞

(y − (x+ 2)) = limx→∞

1

x− 1= 0

⇒ y = x+ 2 là tiệm cận xiên của hàm số.

+) Chiều biến thiên: y′ = 1− 1

(x− 1)2=

x2 − 2x

(x− 1)2

y′ = 0 ⇔ x2 − 2x

(x− 1)2= 0 ⇔

[x = 0 ⇒ y = 1

x = 2 ⇒ y = 5


x −∞ 0 1 2 +∞f ′(x) + 0 − − 0 +

f(x)

−∞

1

−∞

+∞

5

+∞

Hàm số đồng biến trên khoảng: (−∞; 0) và (2; +∞).Hàm số nghịch biến trên khoảng: (0; 1) và (1; 2).Hàm số đạt cực tiểu tại điểm (2; 5).Hàm số đạt cực đại tại điểm (0; 1)

+) Đồ thị: Bảng các giá trị đặc biệt

x −1 01

2

3

22 3

y1

21

1

2

11

25

11

2


Th.sĐỗMinhTuâ

n

9.2. Cực trị và tiệm cận của hàm số Chương 9. Hàm số và đồ thị

y

x-2 -1 0 1 2 3 4

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

y =x2 + x− 1

x− 1

9.2 Cực trị và tiệm cận của hàm số

9.2.1 Quy tắc tìm cực đại và cực tiểu của hàm số

Định nghĩa 9.4. Cho hàm f(x) xác định trên khoảng (a, b).x0 gọi là điểm cực tiểu (t.ư cực đại) của hàm số f(x) nếu f(x) ≥ f(x0) (t.ư f(x) ≤ f(x0))với mọi x nằm trong một lân cận nào đó của x0.Điểm cực đại và cực tiểu được gọi chung là cực trị.

Tuy nhiên ta không thể dùng định nghĩa này để tìm điểm cực trị. Tùy từng bài tập màta sử dụng các điều kiện dưới đây để tìm cực trị.

Định lý 9.2 (Điều kiện cần - Fermat). Hàm số f(x) xác định trên khoảng (a, b). Nếuf(x) đạt cực trị tại x0 ∈ (a; b) và f(x) khả vi (có đạo hàm) tại điểm x0 thì f ′(x0) = 0.

Các điểm có đạo hàm bằng 0 gọi là điểm dừng (Xem ý nghĩa vật lý của đạo hàm).

Định lý 9.3 (Điều kiện đủ - Dấu hiệu 1). Giả sử f(x) là hàm số khả vi trên khoảng(a, b),x0 là một điểm dừng của f(x).

a) Nếu f ′(x) đổi dấu từ − sang + khi qua điểm x0 thì hàm số đạt cực tiểu tại x0.

b) Nếu f ′(x) đổi dấu từ + sang − khi qua điểm x0 thì hàm số đạt cực đại tại x0.

Định lý 9.4 (Điều kiện đủ-Dấu hiệu 2). f(x) là một hàm số xác định trên khoảng (a, b).Giả sử x0 là một điểm dừng của hàm số f(x). f(x) khả vi cấp 1 và cấp 2 tại x0. Khi đó:

a) Nếu f ′′(x0) > 0 thì x0 là điểm cực tiểu.

b) Nếu f ′′(x0) > 0 thì x0 là điểm cực đại.

Chú ý:

Điều kiện cần + Dấu hiệu 1: Áp dụng trong trường hợp hàm số cụ thể dễ xét dấu.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Điều kiện cần + Dấu hiệu 2: Áp dụng trong trường hợp hàm số chứa tham số,hoặc hàm số khó xét dấu đạo hàm (chẳng hạn: hàm lượng giác).

Ví dụ 9.5: Cho hàm số y = sin2 x− sin x xét trên đoạn [0; 2π].

Giải: y′ = 2 sin x cos x− cosx.

y′ = 0 ⇔ cos x (2 sin x− 1) = 0 ⇔[cos x = 0

2 sin x− 1 = 0⇔

x =π

2+ kπ

x =π

6+ k2π

x =5π

6+ k2π

x ∈ [0; 2π] ⇒ x1 =π

6, x2 =

π

2, x3 =

5π

6, x4 =

3π

2Ta có y′′ = 2 cos 2x+ sin x

y′′ (x1) = y′′

(π

6

)=

3

2> 0 ⇒ x1 nên x1 là hoành độ điểm cực tiểu.

y′′ (x2) = y′′

(π

2

)= −1 < 0 ⇒ x2 nên x2 là hoành độ điểm cực đại.

y′′ (x3) = y′′

(5π

6

)=

3

2> 0 ⇒ x3 nên x3 là điểm hoành độ cực tiểu.

y′′ (x4) = y′′

(3π

2

)= −3 < 0 ⇒ x4 nên x4 là điểm hoành độ cực đại.

Kết luận: Điểm cực tiểu

(π

6;1

4

),

(π

2; 0

)

Điểm cực đại

(5π

6;1

4

),

(3π

2; 0

)

9.2.2 Cực trị hàm số

Các bài toán đơn thuần tìm cực trị

Ví dụ 9.6: Cho hàm số y = (x−m)3 − 3x.Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại điểm có hoành độ x = 0.

Giải: Ta có y′ = 3(x−m)2 − 3, y′′ = 6(x−m).Hàm số đạt cực tiểu tại điểm có hoành độ bằng không khi:

y′ (0) = 0

y′′ (0) > 0⇔

3m2 − 3 = 0

−6m > 0⇔

[m = −1

m = 1

m < 0

⇔ m = −1

Ví dụ 9.7: Cho hàm số y = x4 + 2. Tìm cực trị của hàm số.

Giải: Ta có y′ = 4x3, y′ = 0 ⇔ x = 0. Ta có bảng biến thiên


Th.sĐỗMinhTuâ

n


x −∞ 0 +∞f ′(x) − 0 +

f(x)

+∞

2

+∞

Do đó điểm cực tiểu (0; 2) .

Chú ý: Nếu dùng quy tắc 2 thì không ổn ở bài này.

Các bài toán định tính về cực trị

Các bài tập này thường có dạng sau: Tìm điều kiện để một hàm số đã cho có cựctrị và cực trị thỏa mãn một điều kiện nào đó (Tính chất này thường được cho dướidạng một hệ thức có thể là đẳng thức hoặc bất đẳng thức).

Lược đồ chung để giải bài toán này như sau:

❶ Trước hết tìm điều kiện để hàm số đã cho có cực trị (nói cách khác tìm điềukiện cần để tồn tại lời giải). Xin lưu ý với các bạn rằng: học sinh hay quênđiều kiện này vì họ cho rằng khi đầu bài yêu cầu tìm điều kiện để cực trị củahàm số thỏa mãn một điều kiện nào đó học mặc nhiên công nhận là cực trịđã tồn tại. Chính vì thế dẫn đến chuyện trong các nghiệm tìm được rất cókhả năng gặp phải nghiệm ngoại lai.

❷ Vận dụng các kiến thức khác ở đây (hay dùng định lý Viet) để chứng minhhệ thống cực trị của hàm số cần thỏa mãn.

Ta rất hay sử dụng một số kiến thức sau:

Hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d (a 6= 0) có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khiy′ = 0 (3ax2 + 2bx+ c = 0) có 2 nghiệm phân biệt.

Hàm số y =ax2 + bx+ c

px+ q(a.p 6= 0) có cực đại cực tiểu khi và chỉ khi y′ = 0

có 2 nghiệm phân biệt x 6= −q

p.

Hàm số y =ax2 + bx+ c

px+ qcó cực trị tại x0 thì y(x0) =

2ax0 + b

p.

Tổng quát y =P (x)

Q(x)có cực trị tại x0 thì y(x0) =

P ′(x0)

Q′(x0).

Ví dụ 9.8: Cho hàm số y = x3 + 2(m− 1)x2 + (m2 − 4m+ 1)x− 2(m2 + 1).

Tìm m để hàm số đạt cực trị tại 2 điểm có hoành độ x1, x2 sao cho:1

x1

+1

x2

=1

2(x1+x2).

Giải: Trước hết để hàm số có cực trị ta cần có phương trình : y′ = 0 có 2 nghiệm phânbiệt. Ta có y′ = 0 ⇔ 3x2 + 4(m− 1)x+m2 − 4m+ 1 = 0 (1)

(1) có 2 nghiệm phân biệt khi ∆′ > 0

⇔ m2 + 4m+ 1 > 0 ⇔[m < −2−

√3

m > −2 +√3

(2)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Vậy (2) là điều kiện để đường cong có cực trị.Khi có cực trị x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (1) theo định lý Viet ta có:

x1 + x2 =4 (1−m)

3

x1x2 =m2 − 4m+ 1

3

1

x1

+1

x2

=1

2(x1 + x2) ⇔

x1 + x2

x1x2

=1

2(x1 + x2)

⇔ (x1 + x2) (2− x1x2) = 0 ⇔[x1 + x2 = 0

x1x2 = 2

⇔

4 (1−m)

3= 0

m2 − 4m+ 1

3= 2

⇔[m = 1

m2 − 4m− 5 = 0⇔

m = 1(Thỏa mãn

)

m = −1 (Loại)m = 5

(Thỏa mãn

)

Kết luận: Với m = 1 và m = 5 thỏa mãn điều kiện bài toán.

Ví dụ 9.9: Cho f (x) =x3

3−

x2

2+mx+ 1, g (x) =

x3

3+ x2 + 3mx+m.

Tìm m để mỗi hàm số có 2 cực trị và giữa hoành độ 2 cực trị của hàm số này có hoànhđộ cực trị của hàm số kia.

Giải: Ta có f ′(x) = x2 − x + m, g′(x) = x2 + 2x + 3m. Trước hết ta cần tìm điềukiện để f(x), g(x), mỗi hàm số đều có cực trị. Điều đó là các phương trình f ′(x) = 0 vàg′(x) = 0 đều có 2 nghiệm phân biệt.

⇔

∆1 = 1− 4m > 0

∆2 = 1− 3m > 0⇔

m <1

4

m <1

3

⇔ m <1

4(1)

Với điều kiện (1) thì : f ′(x) có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2. g′(x) có 2 nghiệm phân biệtx3 < x4.

Theo bài ra ta cần có :[x3 < x1 < x4 < x2

x1 < x3 < x4 < x2⇔[f ′ (x3) .f

′ (x4) < 0 (2)

g′ (x1) .g′ (x2) < 0 (3)

Theo định lý Viet ta có:x3 + x4 = −2

x3.x4 = 3mvà

x1 + x2 = 1

x1.x2 = m

Vì x1 + x2 < x3 + x4 ⇒ (3) không xảy ra.f ′ (x3) = x2

3 − x3 +m = x23 + 2x3 + 3m− (3x3 + 2m) = − (3x3 + 2m)

f ′ (x4) = − (3x4 + 2m)

(2) ⇔ (3x3 + 2m) (3x4 + 2m) < 0 ⇔ 9x3x4 + 6m (x3 + x4) + 4m2 < 0

⇔ 9.3m+ 6m. (−2) + 4m2 < 0 ⇔ 4m2 + 15m < 0 ⇔ −15

4< m < 0

Kết luận: Kết hợp với điều kiện (1) ta được −15

4< m < 0

Ví dụ 9.10: Cho hàm số : y =x2 +mx

1− x.

Tìm m để khoảng cách giữa 2 điểm cực trị bằng 10.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Giải: Ta có : y′ =− x2 + 2x+m

(1− x)2. Trước hết tìm điều kiện để đường cong có 2 cực trị:

Điều này xảy ra khi y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1.Đặt f(x) = −x2 + 2x+m. Điều kiện này tương đương với

f (1) 6= 0

∆′

f = 1 +m > 0⇔

m+ 1 6= 0

m+ 1 > 0⇔ m > −1 (1)

Với điều kiện (1), giả sử đường cong có 2 cực trị tại các điểm x1, x2. Khi đó x1, x2 là 2nghiệm của phương trình −x2 + 2x+m = 0 (2)

Giả sử M(x1, y1), N(x2, y2) là các điểm cực trị.

Ta có y1 =2x1 +m

−1= −2x1 −m. Tương tự y2 = −2x2 −m.

Theo định lý Viet ta có:

x1 + x2 = 2

x1.x2 = −m

Ta có MN = 10 ⇔ MN2 = 100 ⇔ (x1 − x2)2 + (y1 − y2)

2 = 100

⇔ (x1 − x2)2 + (−2x1 −m+ 2x2 +m)2 = 100 ⇔ (x1 − x2)

2 + 4 (x1 − x2)2 = 100

⇔ (x1 − x2)2 = 20 ⇔ (x1 + x2)

2 − 4x1.x2 = 20 ⇔ 4− 4. (−m) = 20 ⇔ m = 4

Kết hợp với (1) ta có: m = 4 .

Ví dụ 9.11: Cho hàm số y =− x2 + 2mx+ 5

x− 1.

Tìm m để cực đại, cực tiểu của hàm số nằm về 2 phía của y = 2x.

Giải: Ta có y′ =− x2 + 2x− 2m+ 5

(x1)2. Đặt f(x) = −x2 + 2x− 2m+ 5

Trước hết tìm điều kiện để hàm số có cực trị. Phương trình y′ = 0 có 2 nghiệm phânbiệt khác 1.

⇔

f (1) 6= 0

∆′

f = −2m+ 6 > 0⇔ −2m+ 6 6= 0

−2m+ 6 > 0⇔ m < 3 (1)

Với điều kiện (1) hàm số có 2 cực trị: M(x1, y1), N(x2, y2) với x1, x2 là 2 nghiệm củaphương trình : −x2 + 2x− 2m+ 5 = 0 (2).

Theo định lý Viet ta có:

x1 + x2 = 2

x1.x2 = 2m− 5

Ta có y1 =− 2x1 + 2m

1= −2x1 + 2m, y2 = −2x2 + 2m.

Vậy M(x1,−2x1 + 2m), N(x2,−2x2 + 2m) là 2 điểm cực trị. M , N nằm về 2 phía củađường thẳng 2x− y = 0 nên ta có :(2x1 − y1) . (2x2 − y2) < 0 ⇔ (2x1 + 2x1 − 2m) . (2x2 + 2x2 − 2m) < 0

⇔ 4. (2m− 5)− 2m.2 +m2 < 0 ⇔ m2 + 4m− 20 < 0 ⇔ −2− 2√6 < m < −2 + 2

√6.

Kết hợp điều kiện ta có: −2− 2√6 < m < −3 .

9.2.3 Các bài toán tiệm cận

Tiệm cận là một đặc trưng của hàm phân thức, vì lẽ đó lớp các bài toán về tiệm cận đốivới hàm phân thức khá đa dạng. Ta hãy xét trước tiên các bài toán mô tả tính chất cáctiệm cận.

Ví dụ 9.12: Cho hàm số y =2x+ 1

x− 2(C). M là một điểm tùy ý trên (C).

Tiếp tuyến với (C) tại M cắt tiệm cận ngang và tiệm cận đứng tại A và B.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


a) Chứng minh rằng M là trung điểm AB.

b) Chứng minh rằng khi M di động trên (C) thì tiếp tuyến tạo với 2 đường tiệm cậnngang và đứng một tam giác có diện tích không đổi.

c) Chứng minh rằng không có tiếp tuyến nào của (C) lại đi qua giao điểm của 2 đườngtiệm cận.

Giải: a) Dễ thấy (C) có 2 đường tiệm cận x = 2 và y = 2.

y

x-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

y =2x+ 1

x− 2

I

M

B

A

y′ = −5

(x0 − 2)2.

M0(x0,2x0 + 1

x0 − 2) ∈ (C). Tiếp tuyến tại M0 có dạng:

y = y′ (x0) (x− x0) + y (x0) ⇔ y = −5

(x0 − 2)2(x− x0) +

2x0 + 1

x0 − 2

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ :

y = −5

(x0 − 2)2(x− x0) +

2x0 + 1

x0 − 2

y = 2

⇔

x = 2x0 − 2

y = 2⇒ A (2x0 − 2; 2)

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

y = −5

(x0 − 2)2(x− x0) +

2x0 + 1

x0 − 2

x = 2

⇔

x = 2

y =2x0 + 6

x0 − 2

⇒ B

(2;

2x0 + 6

x0 − 2

)

Ta có :xA + xB

2=

2x0 − 2 + 2

2= x0 = xM

yA + yB

2=

2 +2x0 + 6

x0 − 22

=2x0 + 1

x0 − 2= yM

⇒ M là trung điểm AB.

b) Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận. Điều này dẫn đến I (2; 2)

Do tam giác IAB vuông tại I nên ta có : S∆IAB =1

2IA.IB


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Từ trên ta có: IA = |2x0 − 4| , IB =

∣∣∣∣∣2x0 + 6

x0 − 2− 2

∣∣∣∣∣ =10

|x0 − 2|

⇒ S∆IAB =1

2. |2x0 − 4| .

10

|x0 − 2| = 10 không đổi.

c) Giả sử d là tiếp tuyến qua I của (C) gọi M0(x0,2x0 + 1

x0 − 2) là tiếp điểm.

Do đó phương trình d có dạng : y = −5

(x0 − 2)2(x− x0) +

2x0 + 1

x0 − 2

I ∈ d nên ta có: 2 = −5

(x0 − 2)2(2− x0) +

2x0 + 1

x0 − 2⇔ 2 =

5

x0 − 2+

2x0 + 1

x0 − 2

⇔ 2x0 − 4 = 5 + 2x0 + 1 ⇔ −4 = 6 ⇒><

Vậy không tồn tại tiếp tuyến đi qua giao điểm 2 đường tiệm cận.

Nhận xét: Hàm phân thức quen thuộc y =ax+ b

px+ qvà y =

ax2 + bx+ c

px+ qcũng có

tính chất như trên. Cách chứng minh cũng giống như cách chứng minh ở ví dụtrên.

Ví dụ 9.13: Cho đường cong y =x2 + 3x− 1

x− 2(C). Chứng minh rằng:

Tích khoảng cách từ một điểm M bất kỳ trên (C) đến 2 tiệm cận (C) là một hằng số.

Giải: Dễ thấy: limx→2+

x2 + 3x− 1

x− 2= +∞, lim

x→2−

x2 + 3x− 1

x− 2= −∞ ⇒ ∆1 : x− 2 = 0 là

tiệm cận đứng của hàm số.

y = x+ 5 +9

x− 2⇒ lim

x→∞(y − (x+ 5)) = lim

x→∞

9

x− 2= 0

⇒ ∆2 : x− y + 5 = 0 là tiệm cận xiên của hàm số.

Lấy M

(x0; x0 + 5 +

9

x0 − 2

)∈ (C) bất kỳ. Ta có:

d (M,∆1) = |x0 − 2|

d (M,∆2) =

∣∣∣∣∣x0 −(x0 + 5 +

9

x0 − 2

)+ 5

∣∣∣∣∣√

12 + (−1)2=

9√2. |x0 − 2|

⇒ d (M,∆1) .d (M,∆2) =9√2

(đpcm)

Ví dụ 9.14: Cho y =x2 − x+ 1

x− 1.

Tìm M ∈ (C) sao cho khoảng cách từ M đến giao điểm I của 2 đường tiệm cận là bénhất.

Giải: y = x+1

x− 1


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bằng phép tính tương tự như trên, dễ dàng thấy rằng (C) nhận x − 1 = 0 là tiệm cậnđứng và x− y = 0 là tiệm cận xiên.

x− 1 = 0

x− y = 0⇔

x = 1

y = 1⇒ I (1; 1)

Lấy M

(x0; x0 +

1

x0 − 1

)∈ (C)

MI =

√√√√(x0 − 1)2 +

(x0 +

1

x0 − 1− 1

)2

=

√2 (x0 − 1)2 +

1

(x0 − 1)2+ 2

⇒ MI ≥

√√√√2

√2 (x0 − 1)2 .

1

(x0 − 1)2+ 2 =

√2√2 + 2 (1)

⇒ MImin =√2√2 + 2 ⇔ 2 (x0 − 1)2 =

1

(x0 − 1)2⇔ (x0 − 1)4 =

1

2

⇔

x0 = 1 +14√2⇒ y0 = 1 + 4

√2 +

14√2

x0 = 1−14√2⇒ y0 = 1− 4

√2−

14√2

⇒ M1

(1 +

14√2; 1 +

4√2 +

14√2

), M2

(1−

14√2; 1− 4

√2−

14√2

)là tọa độ 2 điểm cần

tìm.

9.2.4 Củng cố kiến thức

Ví dụ 9.15 (ĐH B- 2002): Cho hàm số y = mx4 + (m2 − 9)x2 + 10.Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị.

Giải: Ta có y′ = 4mx3 + 2(m2 − 9)x.+) Nếu m = 0, thì y′ = −18x. Ta có bảng biến thiên:

x −∞ 0 +∞f ′(x) + 0 −

f(x)

−∞

10

−∞

Do đó hàm số chỉ có 1 điểm cực trị (Không thỏa mãn).+) Nếu m 6= 0, hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi y′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt⇔ 4mx3 + 2(m2 − 9)x = 0 (1) có 3 nghiệm phân biệt.

(1) ⇔ 2x [2mx2 +m2 − 9] = 0 ⇔[x = 0

2mx2 +m2 − 9 = 0 (2)

Đặt f (x) = 2mx2 +m2 − 9

(1) có 3 nghiệm khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

⇔

f (0) 6= 0

∆f > 0⇔

m2 − 9 6= 0

−4.2m. (m2 − 9) > 0⇔ m (m2 − 9) < 0

⇔ m (m− 3) (m+ 3) < 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


m −∞ −3 0 3 +∞m.(m2 − 9) − 0 + 0 − 0 +

⇒ m ∈ (−∞;−3) ∪ (0; 3)

Kết luận: hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi: m ∈ (−∞;−3) ∪ (0; 3)

Ví dụ 9.16 (ĐH - A - 2005): Cho đường cong y = mx+1

x.

Tìm m để đường cong có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu đến tiệm cận xiên bằng1√2.

Giải: Ta có y′ = m−1

x2trước hết đường cong có giá trị cực trị thì y′ = 0 có 2 nghiệm

phân biệt. Điều này có khi và chỉ khi m > 0.

Vẽ bảng biến thiên ta thấy điểm cực tiểu là M

(1√m; 2√m

).

x −∞ − 1√m 0

1√m

+∞y′ + 0 − − 0 +

y

−∞

−2√m

−∞

+∞

2√m

+∞

Mặt khác, tiệm cận xiên ∆ : y = mx hay mx− y = 0.

d (M,∆) =

∣∣∣∣∣m.1√m

− 2√m

∣∣∣∣∣√m2 + (−1)2

=

√m√

m2 + 1

Theo giả thiết ta có: d (M,∆) =1√2⇔

√m√

m2 + 1=

1√2⇔ m2 + 1 = 2m

⇔ m2 − 2m+ 1 = 0 ⇔ m = 1 (Thỏa mãn điều kiện m > 0)

Ví dụ 9.17 (ĐH - B - 2005): Xét đường cong y =x2 + (m+ 1)x+m+ 1

x+ 1(Cm).

Chứng minh rằng với m bất kỳ, đồ thị (Cm) luôn có 2 điểm cực đại, cực tiểu và khoảngcách giữa 2 điểm đó bằng

√20.

Giải: Ta có y′ =[2x+ (m+ 1)] . (x+ 1)− [x2 + (m+ 1)x+m+ 1] .1

(x+ 1)2=

x2 + 2x

(x+ 1)2

y′ = 0 ⇔[x = 0 ⇒ y = m+ 1

x = −2 ⇒ y = m− 3. Từ đó ta có bảng biến thiên:

x −∞ −2 −1 0 +∞f ′(x) + 0 − − 0 +

f(x)

−∞

m− 3

−∞

+∞

m+ 1

+∞

Vậy ta thấy 2 điểm cực trị là M(0,m+ 1), và N(−2,m− 3).

⇒ MN =√(−2− 0)2 + (m− 3−m− 1)2 =

√20 (đpcm)


Th.sĐỗMinhTuâ

n

9.3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số Chương 9. Hàm số và đồ thị

9.3 Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số


Định nghĩa 9.5. Giả sử f(x) là hàm số xác định trên miền D. M gọi là giá trị lớnnhất của hàm f(x) trên tập D (Kí hiệu là M = max

Df(x)) khi:

f (x) ≤ M

∃x0 ∈ D : f (x0) = M

Tương tự ta có khái niệm giá trị nhỏ nhất:

minD

f (x) = m ⇔

f (x) ≥ m

∃x0 ∈ D : f (x0) = m

Chú ý:Học sinh thường chỉ chú ý đến điều kiện thứ nhất mà quên đi điều kiệnthứ 2.

Ví dụ 9.18: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm f(x) = x+2

xvới x ≥ 2.

Giải: Nếu học sinh áp dụng bất đẳng thức Cauchy để giải quyết bài toán như sau:

Do x+2

x≥ 2

√

x.2

x= 2

√2

sau đó kết luận là min f(x) = 2√2 là sai.

Vì sao lại vậy? Bởi vì học sinh không chú ý đến dấu bằng của bất đẳng thức. Bất đẳng

thức xảy ra dấu bằng khi x =2

x⇔ x =

√2 < 2. Điều này mâu thuẫn.

Lời giải đúng phải như sau:

x+2

x=

x

2+

(x

2+

2

x

)≥

x

2+ 2

√x

2.2

x=

x

2+ 2 ≥

2

2+ 2 = 3

min[2;+∞)

f (x) = 3 ⇔ x = 2

Chú ý: Các bạn cần phân biệt giá trị lớn nhất trên miền D và giá trị cực đại trênmiền D. Cũng như phân biệt giá trị bé nhất với giá trị cực tiểu. Có những trườnghợp chúng trùng nhau nhưng cũng có những trường hợp chúng khác nhau.

Ví dụ 9.19: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, cực đại, cực tiểu của hàm sốf(x) = x3 − 3x2 trên miền D = [−2; 4].

Giải: y′ = 3x2 − 6x, y′ = 0 ⇔[x = 0 ⇒ y = 0

x = 2 ⇒ y = −4

Ta có bảng biến thiên:

x −2 0 2 4

f ′(x) + 0 − 0 +

f(x)

−20

0

−4

16


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Dựa vào bảng biến thiên ta có:maxD

f (x) = 12 ⇔ x = 4

minD

f (x) = −20 ⇔ x = −2

yCT = −4 ⇔ x = 2

yCĐ = 0 ⇔ x = 0

Hiển nhiên ta thấy: yCT 6= minD

f (x) , yCĐ 6= maxD

f (x)

Nếu làm một phép so sánh cực đại với giá trị lớn nhất thì cực đại giống như "Xứmù thằng chột làm vua". Nó chỉ mang tính cục bộ địa phương. Còn giá trị lớnnhất thì mang tính toàn cục.

Sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Đạo hàm là công cụ duy nhất để tìm cực đại, cực tiểu.

Để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một hàm số f(x) trên miền D ta cóthể sử dụng đạo hàm và kết hợp với việc so sánh giá trị cực đại, cực tiểu với cácgiá trị đặc biệt (ta gọi đó là các giá trị tới hạn).

Giá trị tới hạn này thường là giá trị tại đầu mút của các đoạn (mà trên đó cần tìmgiá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một hàm số) hoặc là giá trị của hàm số tại nhữngđiểm mà không tồn tại đạo hàm.

Lược đồ chung của phương pháp đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất củahàm số f(x) trên miền D cho trước như sau:

❶ Tìm đạo hàm f ′(x) và từ đó tìm cực đại, cực tiểu của f(x) (dĩ nhiên là ta chỉquan tâm đến cực đại, cực tiểu thuộc miền D).

❷ So sánh giá trị cực đại, cực tiểu với các giá trị tới hạn trên miền D.

❸ Từ đó suy ra kết luận cần tìm.

9.3.2 Các bài toán đơn thuần

.

Ví dụ 9.20: Cho x+ y = 1, x ≥ 0, y ≥ 0. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.

P = 32x + 3y

Giải: Từ x+ y = 1 nên y = 1− x. Thay vào P ta có:

P = 32x + 31−x = 32x +3

3x. Đặt t = 3x.

Do x+ y = 1, x ≥ 0, y ≥ 0 nên 0 ≤ x ≤ 1 do đó 1 ≤ t ≤ 3.

Khi đó P = f(t) = t2 +3

tvới 1 ≤ t ≤ 3.

f ′(t) = 2t−3

t2=

2t2 − 3

t2. Từ đó ta có bảng biến thiên:


Th.sĐỗMinhTuâ

n


t 13√12

23

f ′(t) − 0 +

f(t)

4

3

2

3√18

10

Từ bảng biến thiên ta có:

min1≤t≤3

f (t) = min

4,

3

2. 3√18, 10

=

3

2. 3√18 ⇔ t =

3√12

2

⇔ x = log3

(3√12

2

)⇒ y = 1− log3

(3√12

2

)

max1≤t≤3

f (t) = max

4,

3

2. 3√18, 10

= 10 ⇔ t = 3 ⇔ x = 1 ⇒ y = 0

Nhận xét: Người ta thường hay dùng phương pháp đổi biến trong quá trình tìmgiá trị min, max để đưa về một bài toán mới có cấu trúc đơn giản hơn. Chỉ lưu ýlà phải đổi miền xác định của bài toán. Chẳng hạn như bài toán trên: miền xácđinh cũ là 0 ≤ x ≤ 1, còn miền xác định mới là 1 ≤ t ≤ 3.

Ví dụ 9.21: Cho hàm số y = sin2x

1 + x2+ cos

4x

1 + x2+ 1 với x ∈ R.

Tìm giá trị min, max của hàm số trên R.

Giải: Ta có f(x) = −2 sin22x

1 + x2+ sin

2x

1 + x2+ 2 . Đặt t =

2x

1 + x2.

Với mọi x ∈ R ta có: −1 ≤2x

1 + x2≤ 1 do đó − sin 1 ≤ t ≤ sin 1.

Bài toán đưa về tìm giá trị min, max của hàm số : g(t) = −2t2+t+2 với − sin 1 ≤ t ≤ sin 1

Ta có g′(t) = −4t+ 1. g′(t) = 0 ⇔ t =1

4. Ta có bảng biến thiên:

t − sin 1 1

4 sin 1

g′(t) + 0 −

g(t)

g(− sin 1)

17

8

g(sin 1)

Do đó min− sin 1≤t≤sin 1

g (t) = min

g (− sin 1) ,

17

8, g (sin 1)

= g (− sin 1) = −2 sin2 1 −

sin 1 + 2

⇔ t = − sin 1 ⇔2x

1 + x2= −1 ⇔ x = −1

max− sin 1≤t≤sin 1

g (t) = max

g (− sin 1) ,

17

8, g (sin 1)

=

17

8⇔ t =

1

4

⇔2x

1 + x2= arcsin

1

4⇔ x2 −

2

arcsin1

4

x+ 1 = 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Đặt k =1

arcsin1

4

⇒ x2 − 2k.x+ 1 = 0 ⇔[x = k +

√k2 + 1

x = k −√k2 + 1

9.3.3 Bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất chứa tham số

Trong các bài toán này, giá trị min, max của một hàm số f(x) trên một miền D sẽphải phụ thuộc vào tham số m. Khi m biến thiên, nói chung các giá trị này cũngthay đổi. Cần nhấn mạnh rằng phương pháp dùng đạo hàm tỏ ra có hiệu lực rõrệt với loại bài toán này.

Các loại bài toán chính thường gặp:

Tìm giá trị min, max của hàm số f(x) trên miền D theo tham số m.

Xét bài toán khác sau khi đã tìm xong giá trị min, max.

Chúng ta hãy xét các ví dụ sau:

Ví dụ 9.22: Cho hàm số y = sin4 x+ cos4 x+m sin x cos x với x ∈ R.Tìm giá trị min, max của hàm số và biện luận theo m.

Giải: Ta có y = 1−1

2sin2 2x+

m

2sin 2x.

Đặt t = sin 2x. Bài toán quy về: Tìm giá trị min, max của hàm số:

f(t) = −1

2t2 +

m

2t+ 1 với −1 ≤ t ≤ 1.

f ′(t) = −t+m

2. Ta có f ′(t) = 0 ⇒ t =

m

2. Ta xét các trường hợp sau:

a) Nếu m ≥ 2 khi đóm

2≥ 1. Ta có bảng biến thiên sau:

t −1 1m

2

f ′(t) +

f(t)

1−m

2

m+1

2

Từ đó ta có: max−1≤t≤1

f (t) = f (1) =m+ 1

2

b) Với m ≤ −2 khi đóm

2≤ −1. Ta có bảng biến thiên sau

tm

2 −1 1

f ′(t) −

f(t)

1−m

2

m+1

2


Th.sĐỗMinhTuâ

n


max−1≤t≤1

f (t) = f (−1) =1−m

2

min−1≤t≤1

f (t) = f (1) =m+ 1

2

c) Nếu −2 < m < 2 hay −1 <m

2< 1. Khi đó ta có bảng biến thiên sau:

t −1 m

2 1

f ′(t) + 0 −

f(t)1−m

2

m2+8

8

m+1

2

Khi đó max−1≤t≤1

f (t) = f

(m

2

)=

m2 + 8

8

min−1≤t≤1

f (t) = min f (1) , f (−1) = min

1−m

2,1 +m

2

=

1 + |m|2

Ví dụ 9.23: Cho hàm số f(x) = 4x2 − 4ax + a2 − 2a khi −2 ≤ x ≤ 0. Tìm a đểmin

−2≤x≤0f (x) = 2.

Giải: Ta có f ′(x) = 8x− 4a. Nên f ′(x) = 0 khi x =a

2. Ta xét các trường hợp sau:

a) Nếu a > 0 tức làa

2> 0. Ta có bảng biến thiên sau:

x −2 0a

2

f ′(x) −

f(x)

a2 + 6a+ 16

a2 − 2a

Ta có min−2≤x≤0

f (x) = f (0) = a2 − 2a.

a2 − 2a = 2 ⇔ a2 − 2a− 2 = 0 ⇔[a = 1 +

√3(Thỏa mãn

)

a = 1−√3 (Loại)

b) Nếu a < −4. Tứca

2< −2. Ta có bảng biến thiên sau:

x a

2 −2 0

f ′(x) −

f(x)

a2 + 6a+ 16

a2 − 2a


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Vậy min−2≤x≤0

f (x) = f (−2) = a2 + 6a+ 16.

a2 + 6a+ 16 = 2 ⇔ a2 + 6a+ 14 = 0(Vô nghiệm

)

c) Nếu −4 ≤ a ≤ 0 hay −2 ≤a

2≤ 0. Ta có bảng biến thiên:

x −2 a

2 0

f ′(x) + 0 −

f(x)

a2 + 6a+ 16

−2a

a2 + 6a+ 16

Từ đó ta được: min−2≤x≤0

f (x) = f

(a

2

)= −2a

−2a = 2 ⇔ a = −1(Thỏa mãn

)

Kết luận: a = 1 +√3 , a = −1 thỏa mãn điều kiện bài toán.

9.3.4 Phương pháp miền giá trị của hàm số

Xét bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f(x) ... ? Một miền D cho ...

? Gọi y0 là một giá trị tùy ý của f(x) trên D, thì hệ sau đây của x:

f (x) = y0x ∈ D

có

nghiệm. Tùy dạng của hệ trên mà ta có các điều kiện có nghiệm tương ứng. Trong nhiềutrường hợp, điều kiện ấy (sau khi được biến đổi) đưa được về dạng a ≤ y0 ≤ b. Vì y0là một giá trị bất kỳ của f(x) nên ta có min

Df (x) = a, max

Df (x) = b. Như vậy khi sử

dụng phương pháp này để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số quy về việc tìmđiều kiện để một phương trình có nghiệm.Ta xét thêm các ví dụ sau:

Ví dụ 9.24: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức :

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

sin x− 2 cos x+ 3với x ∈ R

.

Giải: Ta có sin x− 2 cos x+3 =√5. sin (x+ α)+3 ≥ 3−

√5 > 0 nên hàm số xác định

trên R.

Đặt y =2 sin x+ cos x+ 1

sin x− 2 cos x+ 3⇔ (2− y) sin x+ (1 + 2y) cos x = 3y − 1

Do phương trình trên có nghiệm nên:(2− y)2 + (1 + 2y)2 ≥ (3y − 1)2 ⇔ 4− 4y + y2 + 1 + 4y + 4y2 ≥ 9y2 − 6y + 1

⇔ 4y2 − 6y − 4 ≤ 0 ⇔ 2y2 − 3y − 2 ≤ 0 ⇔ −1

2≤ y ≤ 2

Do đó ta có:

ymin = −1

2⇔

5

2sin x = −

5

2⇔ sin x = −1 ⇔ x = −

π

2+ k2π

ymax = 2 ⇔ 5 cos x = 5 ⇔ cos x = 1 ⇔ x = k2π


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Ví dụ 9.25: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f(x) =2x2 + 7x+ 23

x2 + 2x+ 10, x ∈ R.

Giải: Vì x2 + 2x+ 10 = (x+ 1)2 + 9 ≥ 9 > 0 nên hàm số xác định trên toàn bộ R.

y =2x2 + 7x+ 23

x2 + 2x+ 10⇔ (2− y) x2 + (7− 2y) x + 23 − 10y = 0 +) Nếu 2 − y = 0 ⇔ y =

2 ⇒ 3x+ 3 = 0 ⇔ x = −1

+ Nếu 2− y 6= 0: ∆ = (7− 2y)2 − 4 (2− y) (23− 10y) ≥ 0

⇔ 49− 28y + 4y2 − 184 + 172y − 40y2 ≥ 0 ⇔ −36y2 + 144y − 135 ≥ 0

⇔ 4y2 − 16y + 15 ≤ 0 ⇔3

2≤ y ≤

5

2

ymin =3

2⇔ x =

2y − 7

2 (2− y)= −4

ymax =5

2⇔ x =

2y − 7

2 (2− y)= 2

Ví dụ 9.26: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P = x2 + y2 trên miền

D =(

x2 − y2 + 1)2

+ 4x2y2 − x2 − y2 = 0

Giải: Xét hệ

x2 + y2 = P (1)

(x2 − y2 + 1)2+ 4x2y2 − x2 − y2 = 0 (2)

⇔

x2 + y2 = P

(x2 + y2)2+ 2 (x2 − y2) + 1− x2 − y2 = 0

⇔

x2 + y2 = P

(x2 + y2)2 − 3 (x2 + y2) + 1 + 4x2 = 0

⇔

x2 + y2 = P (3)

P 2 − 3P + 1 + 4x2 = 0 (4)

Từ (4) ⇔ x2 = −P 2 − 3P + 1

4

⇒ P 2 − 3P + 1 ≤ 0 ⇔3−

√5

2≤ P ≤

3 +√5

2(5)

Từ (3) ⇒ y2 = P − x2 = P +P 2 − 3P + 1

4=

P 2 + P + 1

4> 0. Phương trình này luôn

có nghiệm. Vậy (5) là điều kiện cần và đủ để hệ có nghiệm.

Vậy ta có: Pmin =3−

√5

2⇔

x = 0

y =3−

√5

2

Pmax =3 +

√5

2⇔

x = 0

y =3 +

√5

2

Ví dụ 9.27: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P = x2 − xy − 3y2, trên miền

D =(x, y)

∣∣x2 + xy + y2 ≤ 3

Giải: Xét hệ

x2 + xy + y2 ≤ 3

x2 − xy − 3y2 = P

Xét phương trình : 3. (x2 − xy − 3y2) = t (x2 + xy + y2)

⇔ (t− 3) x2 + (t+ 3) xy + (t+ 9) y2 = 0

∆ = 0 ⇔ (t+ 3)2 − 4 (t+ 9) (t− 3) = 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


⇔ −3.t2 − 18t+ 117 = 0 ⇔[t = −3− 4

√3

t = −3 + 4√3

+) Với t = −3− 4√3: Ta có

3. (x2 − xy − 3y2)−(−3− 4

√3)(x2 + xy + y2) =

(6 + 4

√3).x2+4

√3.xy+

(4√3− 6

)y2

=(6 + 4

√3) (

x2 + 2(2−

√3)xy +

(7− 4

√3)y2)=(6 + 4

√3).(x+

(2−

√3)y)2 ≥ 0

⇒ 3P ≥ −(3 + 4

√3)(x2 + xy + y2)

Vì x2 + xy + y2 ≤ 3 ⇒ −(3 + 4

√3)(x2 + xy + y2) ≥ −3

(3 + 4

√3)

⇒ 3P ≥ −3(3 + 4

√3)⇒ P ≥ −3− 4

√3

Vậy Pmin = −3− 4√3 ⇔

x =

(√3− 2

)y

x2 + xy + y2 = 3⇔

x =(√

3− 2)y(

6− 3√3)y2 = 3

⇔

x =(√

3− 2)y

y2 = 2 +√3

⇔

x = ±√2−

√6

2

y = ±√6 +

√2

2+) Với t = −3 + 4

√3: Xét

3. (x2 − xy − 3y2)−(−3 + 4

√3)(x2 + xy + y2) =

(6− 4

√3).x2−4

√3.xy+

(−4

√3− 6

)y2

=(6− 4

√3) (

x2 + 2(2 +

√3)xy +

(7 + 4

√3)y2)=(6− 4

√3).(x+

(2 +

√3)y)2 ≤ 0

⇒ 3P ≤(−3 + 4

√3)(x2 + xy + y2)

Ta có x2 + xy + y2 ≤ 3 ⇒(−3 + 4

√3)(x2 + xy + y2) ≤ 3

(−3 + 4

√3)

⇒ 3P ≤ 3(−3 + 4

√3)⇒ P ≥ −3 + 4

√3

Vậy Pmax = −3 + 4√3 ⇔

x =

(−√3− 2

)y

x2 + xy + y2 = 3⇔

x =(−√3− 2

)y(

6 + 3√3)y2 = 3

⇔

x =(−√3− 2

)y

y2 = 2−√3

⇔

x = ∓√6 +

√2

2

y = ±√6−

√2

2

9.3.5 Phương pháp chiều biến thiên

Phương pháp này sử dụng kết hợp với việc sử dụng đạo hàm để khảo sát tính đồngbiến và nghịch biến của hàm số, với việc so sánh các giá trị đặc biệt của hàm số(các điểm cực trị, các điểm tới hạn).

Xét các thí dụ minh họa sau.

Ví dụ 9.28: Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x+ y + z +1

x+

1

y+

1

ztrên miền

D =

(x, y)

∣∣∣∣∣x > 0, y > 0, z > 0, x+ y + z ≤3

2

Giải: Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

(x+ y + z) .

(1

x+

1

y+

1

z

)≥ 3 3

√xyz.3

3

√1

x.1

y.1

z= 9 ⇒

1

x+

1

y+

1

z≥

9

x+ y + z

Đặt t = x+ y + z. Khi đó P ≥ f (t) = t+9

t

Xét hàm f (t) = t+9

tvới 0 ≤ t ≤

3

2.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


f ′ (t) = 1−9

t2, f ′ (t) = 0 ⇔ t = ±3. Ta có bảng biến thiên:

t −3 0 3

2 3

f ′(t) −

f(t)

+∞

15

2

Từ bảng biến thiên ta có: min

0<t≤3

2

f (t) = f

(3

2

)=

15

2⇔ t =

3

2

⇒

x+ y + z =3

2x = y = z

⇔ x = y = z =1

2.

Chú ý:Nếu viết P =

(x+

1

x

)+

(y +

1

y

)+

(z +

1

z

)≥ 6

P = 6 ⇔ x = y = z = 1

x+ y + z = 3 >3

2. Điều này vô lý.

Ví dụ 9.29: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P =x

y + 1+

y

x+ 1trên miền

D = (x, y) |x+ y = 1, x ≥ 0, y ≥ 0

Giải: Ta có : P =x2 + x+ y2 + y

xy + x+ y + 1=

(x+ y)2 − 2xy + x+ y

xy + x+ y + 1=

2− 2xy

2 + xy

Đặt t = xy. Ta có 0 ≤ xy ≤(x+ y)2

4=

1

4⇒ 0 ≤ t ≤

1

4.

f ′ (t) = −6

(2 + t)2, nên ta có bảng biến thiên:

t 0 1

4

f ′(t) −

f(t)

1

2

3

Từ đó ta có: min0≤t≤1/4

f (t) = f

(1

4

)=

2

3⇔ t =

1

4⇔ x = y =

1

2

max0≤t≤1/4

f (t) = f (0) = 1 ⇔ t = 0 ⇔[x = 0, y = 1

x = 1, y = 0

Ví dụ 9.30: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của f(x) = x6 + 4(1− x2)3 khi x ∈ [−1; 1]

Giải: Đặt t = x2 thì 0 ≤ t ≤ 1.Ta có g(t) = f(x) = t3 + 4(1− t)3 = −3t3 + 12t2 − 12t+ 4.⇒ min

−1≤x≤1f (x) = min

0≤t≤1g (t) , max

−1≤x≤1f (x) = max

0≤t≤1g (t)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Xét hàm g(t) = −3t3 + 12t2 − 12t+ 4 trên đoạn [0; 1].

g′(t) = −9t2 + 24t− 12, g′(t) = 0 ⇔ −9t2 + 24t− 12 = 0 ⇔

t = 2

t =2

3Ta có bảng biến thiên:

t 0 2

3 1 2

g′(t) − 0 +

g(t)

4

4

9

1

Từ đó ta có: max−1≤x≤1

f (x) = max0≤t≤1

g (t) = g (0) = 4 ⇔ t = 0 ⇔ x = 0

min−1≤x≤1

f (x) = min0≤t≤1

g (t) = g

(2

3

)=

4

9⇔ t =

2

3⇔ x = ±

√6

3


Ví dụ 9.31: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: f (x) =√1 + sin x+

√1 + cosx.

Giải: Do f (x) ≥ 0 ∀x ∈ R ⇒ maxx∈R

f (x) =√maxx∈R

f 2 (x), minx∈R

f (x) =√minx∈R

f 2 (x)

f 2 (x) = 1 + sin x+ 1 + cos x+ 2√1 + sin x.

√1 + cos x

= 2 + sin x+ cos x+ 2√1 + sin x+ cos x+ sin x. cos x

Đặt t = sin x+ cos x =√2 sin

(x+

π

4

)⇒ −

√2 ≤ t ≤

√2

Ta có : t2 = 1 + 2 sin x cos x ⇒ sin x cos x =t2 − 1

2

⇒ g (t) = f 2 (x) = 2+ t+2

√

1 + t+t2 − 1

2= 2+ t+2

√t2 + 2t+ 1

2= 2+ t+

√2 |t+ 1|

⇒ g (t) =

2 +

√2 +

(1 +

√2)t Nếu − 1 ≤ t ≤

√2

2−√2 +

(1−

√2)t Nếu −

√2 ≤ t ≤ −1

⇒ g′ (t) =

1 +

√2 Nếu − 1 < t <

√2

1−√2 Nếu −

√2 < t < −1

.


t −√2 −1

√2

g′(t) − +

g(t)

4− 2√2

1

4 + 2√2

Từ đó ta có:

max−√2≤t≤

√2g (t) = g

(√2)= 4 + 2

√2 ⇔ t =

√2 ⇔ sin

(x+

π

4

)= 1

⇒ maxx∈R

f (x) =√4 + 2

√2 ⇔ x+

π

4=

π

2+ k2π ⇔ x =

π

4+ k2π

min−√2≤t≤

√2g (t) = g (−1) = 1 ⇔ t = −1 ⇔ sin

(x+

π

4

)= −

1√2


Th.sĐỗMinhTuâ

n

9.4. Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị Chương 9. Hàm số và đồ thị

⇒ maxx∈R

f (x) = 1 ⇔

x+π

4= −

π

4+ k2π

x+π

4=

5π

4+ k2π

⇔

x = −

π

2+ k2π

x = π + k2π

Ví dụ 9.32 (ĐH - B - 2002): Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = x+√4− x2.

Giải: Tập xác định : −2 ≤ x ≤ 2.

Ta có f ′(x) =

√4− x2 − x√4− x2

.

f ′ (x) = 0 ⇔√4− x2 = x ⇔

x > 0

4− x2 = x2 ⇔ x =√2


x −2√2 2

f ′(x) + 0 −

f(x)

−2

2√2

2

Do đó ta có: min−2≤x≤2

f (x) = f (−2) = −2 ⇔ x = −2

max−2≤x≤2

f (x) = f(√

2)= 2

√2 ⇔ x =

√2

9.4 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị


Hiểu các công thức cơ bản: att = f ′ (x0). Ở đó x0 là hoành độ của tiếp điểm.Phương trình tiếp tuyến:

y = f ′ (x0) (x− x0) + f (x0)

Cần phân biệt rõ 2 khái niệm:

+) Tiếp tuyến tại điểm M nằm trên đường cong. M là tiếp điểm.

+) Tiếp tuyến của đường cong đi qua điểm M . (chưa chắc M đã là tiếp điểm).

9.4.2 Tiếp tuyến với đường cong tại điểm M

Ví dụ 9.33: Viết phương trình tiếp tuyến tại đường cong y = 2x3 − 3x2. Biết rằng tiếptuyến song song với đường thẳng y = 12x+ 1

Giải: Gọi hoành độ tiếp điểm là x0. Khi đó att = y′(x0) = 6x20 − 6x0.

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng y = 12x+ 1 nên att = 12.

Vậy ta có : 6x20 − 6x0 = 12 ⇔ x2

0 − x0 − 2 = 0 ⇔

x0 = −1 ⇒ y0 = −5

x0 = 2 ⇒ y0 = 4

Vậy phương trình 2 tiếp tuyến là:y = 12 (x+ 1)− 5 ⇔ y = 12x+ 7

y = 12 (x− 2) + 4 ⇔ y = 12x− 20


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Nhận xét: Trước hết tìm tiếp điểm sau đó sử dụng công thức viết phương trìnhtiếp tuyến tại M nằm trên đường cong.

9.4.3 Tiếp tuyến với đường cong đi qua điểm M

Mệnh đề 9.1. Cho 2 đường cong y = f(x) và y = g(x) tiếp xúc nhau khi và chỉ khi hệ

sau có nghiệm:

f (x) = g (x)

f ′ (x) = g′ (x)và nghiệm của hệ chính là hoành độ x0 của tiếp điểm.

Ví dụ 9.34: Cho đường cong y = 3x− 4x3. Viết phương trình tiếp tuyến biết rằng tiếptuyến đi qua điểm M(1; 3).

Giải: +) Nhận xét: Điểm M(1; 3) không nằm trên đường cong đã cho vì khi x = 1,y = −1 6= 3. Do đó nếu ai máy móc áp dụng công thức : y = f ′(x0)(x − x0) + f(x0) ởđây là sai.+) Để giải bài toán: Ta gọi tiếp tuyến cần tìm là y = ax+ b. Vì tiếp tuyến đi qua điểmM(1; 3) nên ta có 3 = a+b ⇒ b = 3−a. Do đó tiếp tuyến cần tìm có dạng y = ax+3−a.Vậy hệ sau phải có nghiệm:

3x− 4x3 = ax+ 3− a

3− 12x2 = a

⇒ 3x− 4x3 = x (3− 12x2) + 3− (3− 12x2)

⇔ 3x− 4x3 = 3x− 12x3 + 12x2 ⇔ 8x3 − 12x2 = 0 ⇔

x = 0 ⇒ a = 3

x =3

2⇒ a = −24

+) Với a = 3 ⇒ y = 3x

+) Với a = −24 ⇒ y = −24x+ 27

Ví dụ 9.35: Cho đường cong y = x3 + 2x2. Viết phương trình tiếp tuyến với đườngcong, biết rằng tiếp tuyến đi qua điểm M(1; 3).

Giải: Hãy xem và bình luận lời giải sau:Vì điểm M(1; 3) nằm trên đường cong y = x3 + 2x2. Vậy áp dụng công thức và phươngpháp tiếp tuyến đã học ta có: y− y0 = f ′(x0).(x− x0), y = 7(x− 1) + 3 hay y = 7x− 4.

Lời giải trên là đúng nếu đầu bài là: Viết phương trình tiếp tuyến với đường congtại điểm M(1; 3)

Tuy nhiên lời giải đó là chưa đúng với yêu cầu bài toán (tiếp tuyến đi qua điểmM). Lời giải trên thiếu nghiệm là tiếp tuyến mà tiếp điểm không phải là M

Tiếp tuyến phải tìm có dạng y = ax + b, trong đó 3 = a + b ( do tiếp tuyến đi quaM(1; 3)).Vậy y = ax+ 3− a là phương trình tiếp tuyến. Hệ sau phải có nghiệm:

x3 + 2x2 = ax+ 3− a

3x2 + 4x = a

⇒ x3 + 2x2 = x (3x2 + 4x) + 3− (3x2 + 4x)

⇔ x3 + 2x2 = 3x3 + 4x2 + 3− 3x2 − 4x ⇔ 2x3 − x2 − 4x+ 3 = 0

⇔ (x− 1)2 (2x+ 3) = 0 ⇔

x = 1 ⇒ a = 7

x = −3

2⇒ a =

3

4


Th.sĐỗMinhTuâ

n


+) Với a = 7 ⇒ y = 7x− 4

+) Với a =3

4⇒ y =

3

4x+

9

4Ta thấy rõ hơn điều này với hình vẽ:

y

x-3 -2 -1 0 1

-2

-1

0

1

2

3

4

y = x3 + 2x2

M(1; 3)

y=

7x−4

y=

34x+94

9.4.4 Lớp các bài toán về sự tiếp xúc rất đa dạng

Có thể liệt kê ra đây các bài toán thông dụng nhất:

❶ Tìm điều kiện để 2 đường cong tiếp xúc với nhau.

❷ Bài toán tiếp tuyến xuất phát từ một điểm

❸ Bài toán về tiếp tuyến chung.

❹ Các bài toán định tính về tiếp tuyến.

Xin đưa ra vài ví dụ mẫu:

Ví dụ 9.36: Cho 2 đường cong y = x2 − 5x+ 6 và y = x3 + 3x− 10. Viết phương trìnhtiếp tuyến chung.

Giải: Gọi y = ax + b là tiếp tuyến chung. Gọi x1, x2 là 2 tiếp điểm ta có hệ phươngtrình:

ax1 + b = x21 − 5x1 + 6

a = 2x1 − 5

ax2 + b = x32 + 3x2 − 10

a = 3x22 + 3

(1)

(2)

(3)

(4)

Từ (2) , (4) ⇒ 2x1 − 5 = 3x22 + 3 ⇔ x1 =

3x22 + 8

2(5)

Từ (1) , (2) ⇒ x21 − 5x1 + 6 = x1 (2x1 − 5) + b ⇒ b = 6− x2

1 (6)

Thay (5) , (6) vào (2) , (3)

(3x22 + 3) .x2 + 6−

(3x2

2 + 8

2

)2

= x32 + 3x2 − 10 ⇔ −

9

4x42 + 2x3

2 − 12.x22 = 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


⇔ −1

4x22 (9x

22 − 8x2 + 48) = 0 ⇔

[x2 = 0

9x22 − 8x2 + 48 = 0

(Vô nghiệm

)

⇔ x2 = 0 ⇒ x1 = 4 ⇒ b = −10, a = 3

⇒ y = 3x− 10 là phương trình tiếp tuyến chung cần tìm.


Ví dụ 9.37 (ĐH - B - 2004): Cho hàm số y =1

3x3 − 2x2 + 3x, (C).

Viết phương trình tiếp tuyến ∆ với (C) tại điểm uốn và chứng minh ∆ là tiếp tuyến của(C) có hệ số góc bé nhất.

Giải: y′ = x2 − 4x + 3, y′′ = 2x − 4. Từ y′′ = 0 ta được x = 2, y =2

3, y′ = −1. Vậy

điểm uốn A

(2;

2

3

). Khi đó tiếp tuyến tại A là y = −1.(x− 2) +

2

3hay y = −x+

8

3. Và

ta có att = −1. Hệ số góc tại một bất kỳ tại điểm M có hoành độ x0 nằm trên (C) là:k = y′(x0) = x2

0 − 4x0 + 3. Ta có k = (x0 − 2)2 − 1 ≥ −1 = att. Do đó hệ số góc của tiếptuyến của (C) có hệ số góc bé nhất.

Ví dụ 9.38 (ĐH - D - năm 2005): Gọi (Cm) : y =1

3x3 −

m

2x2 +

1

3, m là tham số.

Gọi M là điểm thuộc (Cm) có hoành độ bằng −1. Tìm m để tiếp tuyến của (Cm) tạiđiểm M song song với đường thẳng 5x− y = 0.

Giải: y =1

3x3 −

m

2x2 +

1

3⇒ y′ = x2 −mx

Ta có att = y′ (−1) = 1 +m. Phương trình tiếp tuyến là:

y = (1 +m) (x+ 1)−m

2⇔ y = (m+ 1) x+

m+ 2

2Ta có 5x− y = 0 ⇔ y = 5x

⇒

m+ 1 = 5

m+ 2

26= 0

⇔ m = 4

Ví dụ 9.39 (ĐH - B - 2006): Cho hàm số y =x2 + x− 1

x+ 2(C).

Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến này vuông góc với tiệm cận xiêncủa (C).

Giải: y = x− 1 +1

x+ 2⇒ lim

x→∞[y − (x− 1)] = lim

x→∞

1

x+ 2= 0

⇒ y = x− 1 là tiệm cận xiên của đồ thị (C). y′ = 1−1

(x+ 2)2=

x2 + 4x+ 3

(x+ 2)2

Vì tiếp tuyến của (C) vuông góc với tiệm cận xiên y = x− 1, nên att = −1.Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm. Từ đó ta có:x20 + 4x0 + 3

(x0 + 2)2= −1 ⇔ x2

0 + 4x0 + 3 = −x20 − 4x0 − 4 ⇔ 2x2

0 + 8x0 + 7 = 0

⇔

x0 = −2 +

√2

2⇒ y0 =

3√2

2− 3 ⇒ y = −x+ 2

√2− 5

x0 = −2−√2

2⇒ y0 = −

3√2

2− 3 ⇒ y = −x− 2

√2− 5


Th.sĐỗMinhTuâ

n

9.5. Xác định điểm thỏa mãn điều kiện cho trước Chương 9. Hàm số và đồ thị

9.5 Xác định điểm thỏa mãn điều kiện cho trước


Định lý 9.5. Giả sử P (x) = an.xn + an−1x

n−1 + · · ·+ a2x2 + a1x+ a0.

Nếu P (x) có ít nhất n+ 1 nghiệm thì an = an−1 = · · · = a1 = a0 = 0

Hệ quả 9.1. Nếu an.xn + an−1x

n−1 + · · ·+ a2x2 + a1x+ a0 = 0 ∀x ∈ R thì

an = an−1 = · · · = a1 = a0 = 0

Ví dụ 9.40: Cho họ đường cong y = x3 + 2(m − 1)x2 + (m2 − 4m + 1)x − 2(m2 + 1).Tìm các điểm trên mặt phẳng tọa độ mà họ đường cong đi qua với mọi m.

Giải: Gọi (x0, y0) là điểm cần tìm. Khi đó ta có:y0 = x3

0 + 2(m− 1)x20 + (m2 − 4m+ 1)x0 − 2(m2 + 1) ∀m

⇔ (x0 − 2)m2 + (2x20 − 4x0)m+ x3

0 − 2x20 + x0 − 2− y0 = 0 ∀m

⇔

x0 − 2 = 0

2x20 − 4x0 = 0

x30 − 2x2

0 + x0 − 2− y0 = 0

⇔

x0 = 2

y0 = 0

Vậy họ đường cong đã cho đi qua một điểm cố định là (2; 0).

Nhận xét:

❶ Như vậy lược đồ chung để giải bài toán tìm điểm cố định mà họ đường congluôn đi qua là: gọi (x0, y0) là điểm mà họ đường cong y = f(x,m) luôn đi quavới mọi m. Từ hệ thức y0 = f(x0,m) với mọi m và hệ quả ở trên thì ta đượcan = an−1 = · · · = a1 = a0 = 0. Từ đó ta được một hệ phương trình theo x0 và y0.Giải hệ này ta được điểm cố định cần tìm.

❷ Ta nhận thấy (2; 0) là điểm cố định trong ví dụ trên. Điều đó có nghĩa là : Phươngtrình x3+2(m−1)x2+(m2−4x+1)x−2(m2+1) = 0 với mọi m luôn có 1 nghiệmx = 2. Từ đó suy ra trong nhiều trường hợp có thể sử dụng việc tìm điểm cố địnhđể nhẩm nghiệm của phương trình bậc cao có tham số.

Giả sử ta phải biện luận (hoặc giải) phương trình bậc cao có tham số sau: y = f(x,m) =

0. Như ta đã biết, nếu biết trước một nghiệm x0 của nó, thì ta có thể hạ bậc phươngtrình khi đó mọi việc sẽ đơn giản hơn. Ta có thể làm như sau: Tìm điểm cố định (x0, y0)

của họ y = f(x,m) theo cách trên. Nếu như tồn tại điểm cố định (x0, 0) thì x = x0 chínhlà một nghiệm. Dĩ nhiên không phải điều này lúc nào cũng có. Nếu như ta đã áp dụngviệc tìm điểm cố định của một họ đường cong phụ thuộc vào tham số để nhẩm nghiệmphương trình bậc cao với tham số.

Ví dụ 9.41 (Bài toán 3 điểm cố định thẳng hàng): Chứng minh rằng các họ đường congsau với mọi m luôn đi qua 3 điểm cố định thẳng hàng:

a) y = (m+ 2)x3 + 2(m+ 2)x2 − (m+ 3)x− 2m+ 1.

b) y = (m+ 1)x3 − (2m− 1)x−m+ 1.

c) y = (m− 3)x3 − 4(m− 3)x2 − (m+ 1)x+m.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Giải: a) Xét họ đường cong y = (m + 2)x3 + 2(m + 2)x2 − (m + 3)x − 2m + 1. Gọi(x0, y0) là điểm cố định cần tìm. Khi đó ta có:

y0 = (m+ 2)x30 + 2(m+ 2)x2

0 − (m+ 3)x0 − 2m+ 1 ∀m⇔ (x3

0 + 2x20 − x0 − 2)m+ (2x3

0 + 4x20 − 3x0 + 1− y0) = 0 ∀m

⇔

x30 + 2x2

0 − x0 − 2 = 0

2x30 + 4x2

0 − 3x0 + 1− y0 = 0

(1)

(2)

(1) ⇔ (x0 + 2) . (x20 − 1) = 0 ⇔

x0 = −2 ⇒ y0 = 7

x0 = −1 ⇒ y0 = 6

x0 = 1 ⇒ y0 = 4

Vậy ta được 3 điểm cố định là : A (−2; 7) , B (−1; 6) , C (1; 4)−→AB = (1;−1) ,

−→AC = (3;−3) ⇒ −→

AC = 3−→AB

nên A,B,C thẳng hàng.

Nhận xét: từ (2) ta có

y0 = 2 (x30 + 2x2

0 − x0 − 2)− x0 + 5

(1) ⇒ y0 = −x0 + 5 ⇒ A,B,C ∈ d : y = −x+ 5

Dĩ nhiên với đường cong đã cho thì cách làm trực tiếp đơn giản hơn (mọi tính toánđều dễ dàng). Tuy nhiên không phải khi nào cách làm trực tiếp cũng suôn sẻ.

b) Xét họ đường cong y = (m+ 1)x3 − (2m− 1)x−m+ 1.

Gọi (x0, y0) là điểm cố định cần tìm. Tính toán như trên dẫn đến hệ phương trìnhsau để tìm x0, y0.

x30 − 2x0 − 1 = 0

y0 − x30 + x0 − 1 = 0

(1)

(2)

(2) ⇔ y0 = x30 − x0 + 1 = (x3

0 − 2x0 − 1) + x0 + 2 = x0 + 2

(1) ⇔ (x0 + 1) (x20 − x0 − 1) = 0 ⇒ (1) có 3 nghiệm phân biệt.

Nên 3 điểm đều thỏa mãn: y0 = x0+2. Vậy 3 điểm cùng thuộc đường thẳng y = x+2.

Nhận xét: Dĩ nhiên có thể giải trực tiếp bằng cách tìm nghiệm của (1)

(1) ⇔ x0 = −1, x0 =1±

√5

2. Việc tìm y0 theo x0 ở đây phức tạp hơn vì x0 có nghiệm

dưới dạng căn. Sau đó lại phải dùng các phép tính về véctơ để được 3 điểm cố địnhthẳng hàng.

Rõ ràng giải trực tiếp có thể, nhưng chắc chắn phức tạp hơn hẳn cách ta trình bày ởtrên.

c) Xét họ đường cong y = (m− 3)x3 − 4(m− 3)x2 − (m+ 1)x+m.

Gọi (x0, y0) là điểm cố định cần tìm. Ta có hệ sau đây để xác định x0, y0.x30 − 4x2

0 − x0 + 1 = 0

y0 + 3x30 − 12x2

0 + x0 = 0

(1)

(2)

(2) ⇔ y0 = −3x30 + 12x2

0 − x0 = −3 (x30 − 4x2

0 − x0 + 1)− 4x0 + 3 = −4x0 + 3


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Ta chứng minh (1) có 3 nghiệm phân biệt.

Xét hàm f (x) = x3 − 4x2 − x+ 1

f (−1) = −3, f (0) = 1, f (1) = −3, f (5) = 21

f (−1) .f (0) = −3 < 0 ⇒ ∃x1 ∈ (−1; 0) : f (x1) = 0

f (0) .f (1) = −3 < 0 ⇒ ∃x2 ∈ (0; 1) : f (x2) = 0

f (1) .f (5) = −63 < 0 ⇒ ∃x3 ∈ (1; 5) : f (x3) = 0

Vì x1 < x2 < x3 nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy 3 điểm cố định thẳng hàng và chúng đều nằm trên đường thẳng y = −4x+ 3.

Nhận xét:

Trong thí dụ này phương pháp tìm các điểm cố định cụ thể, rồi chứng minh chúng thẳnghàng là hoàn toàn không thể làm được (mặc dù biết (1) có 3 nghiệm phân biệt nhưnglàm thế nào để tìm 3 nghiệm đó). Nhìn trên hình vẽ để thấy rõ điều này:

y

x-1 0 1 2 3 4

-11

-10

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

y = x3 − 4x2 − x+ 1

9.5.2 Tìm điểm không thuộc mọi đường cong trong họ y =

f(x,m)

Lược đồ chung để giải chúng như sau:

❶ Gọi (x0, y0) là điểm cần tìm, thì phương trình sau đây (ẩn m): y0 = f(x0,m) (1)

vô nghiệm.

❷ Vậy ta qui bài toán về việc tìm điều kiện để phương trình (1) (ẩn m) vô nghiệm.Tùy dạng của (1) mà ta có các điều kiện vô nghiệm tương ứng. Từ các điều kiệnnày sẽ cho ta lời giải của bài toán.

Lưu ý với các bạn để làm sáng tỏ các kết quả tìm được, trong các trường hợp có thểđược, bạn hãy biểu diễn hình học các kết quả tìm được trên mặt phẳng tọa độ. Để làmđược điều này, bạn chỉ cần nắm được cách biểu diễn miền trên mặt phẳng tọa độ từ cáchệ thức cho trước. Ta hãy lần lượt xét các ví dụ sau.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Ví dụ 9.42: Cho họ đường cong y = mx3 + (1−m)x phụ thuộc tham số m.Tìm các điểm trên mặt phẳng tọa độ sao cho không có đường cong nào của họ đi qua.

Giải: Gọi (x0, y0) là điểm phải tìm. Khi đó phương trình sau đây (ẩn m)y0 = mx3

0 + (1−m)x0 (1) vô nghiệm.Dễ thấy (1) ⇔ y0 − x0 = m(x3

0 − x0) (2).Ta có (2) vô nghiệm khi và chỉ khi hệ sau thỏa mãn:

x30 − x0 = 0

y0 − x0 6= 0⇔

[x0 = 0

x0 = ±1

y0 6= x0

Vậy các điểm cần tìm gồm 3 đường thẳng x = 0, x = −1, x = 1 bỏ đi 3 điểm A(0; 0),B(1; 1), C(−1;−1).

Ví dụ 9.43: Cho họ đường thẳng y = x3 −m3x2 + 2mx+m2 − 1.Tìm các điểm trên mặt phẳng tọa độ mà họ đường cong không đi qua với mọi m.

Giải: Gọi (x0, y0) là điểm cần tìm khi đó phương trình sau (ẩn m).y0 = x3

0 −m3x20 + 2mx0 +m2 − 1 (1) vô nghiệm.

Ta viết lại m3x20 −m2 − 2mx0 + y0 + 1− x3

0 = 0 (2).Nếu x0 6= 0, thì (2) là phương trình bậc 3. Ta biết rằng mọi phương trình bậc 3 đều cóít nhất một nghiệm. Vì thế để (2) vô nghiệm thì x0 = 0.Với x0 = 0 thì (2) trở thành −m2 + y0 + 1 = 0 ⇔ m2 = y0 + 1 (3).Để (3) vô nghiệm y0 + 1 < 0 ⇔ y0 < −1. Vậy tập các điểm là nửa đường thẳng: x = 0

với y < −1.

Ví dụ 9.44: Cho họ đường cong y = x3 + 2(m − 1)x2 + (m2 − 4m + 1)x − 2(m2 + 1).Tìm các điểm trên mặt phẳng tọa độ sao cho mọi đường thẳng của họ đều không đi quađiểm ấy.

Giải: Gọi (x0, y0) là điểm cần tìm. Phương trình sau đây (ẩn m):y0 = x3

0 + 2(m− 1)x20 + (m2 − 4m+ 1)x0 − 2(m2 + 1) (1) vô nghiệm. Viết lại (1) dưới

dạng sau: (x0 − 2)m2 + 2x0(x0 − 2)m+ x30 − 2x2

0 + x0 − 2− y0 = 0 (2).Xét các khả năng sau:

a) Nếu x0 = 2. Khi đó (2) ⇔ y0 = 0. Vậy trong trường hợp này phương trình (1) vô

nghiệm khi:

x0 = 2

y0 6= 0

b) Nếu x0 6= 2. Khi đó (2) vô nghiệm khi:

∆′ = x20. (x0 − 2)2 − (x3

0 − 2x20 + x0 − 2− y0) (x0 − 2) < 0

⇔ (x0 − 2) (x30 − 2x2

0 − x30 + 2x2

0 − x0 + 2 + y0) < 0

⇔ (x0 − 2) (−x0 + y0 + 2) < 0 ⇔

x0 − 2 < 0

−x0 + y0 + 2 > 0x0 − 2 > 0

−x0 + y0 + 2 < 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n

9.6. Sự tương giao Chương 9. Hàm số và đồ thị

y

x0 1 2 3 4

-2

-1

0

1

2

3

Tập các điểm là 2 góc đối đỉnh như hình vẽ.

9.6 Sự tương giao


Để tìm giao điểm của 2 đường cong y = f(x), và y = g(x). Xét phương trình hoànhđộ giao điểm : f(x) = g(x) (1).

Nhìn chung (1) đều là phương trình bậc cao (có bậc ≥ 3). Nếu có thể bạn nên tìmcách hạ bậc của (1). Ta luôn sử dụng kết quả sau:

Nếu x = a là một nghiệm của (1) thì (1) được đưa về dạng sau: (x− a).H(x) = 0.Ở đó H(x) có bậc giảm đi 1 so với phương trình gốc. H(x) có thể tìm bằng cáchsử dụng lược đồ Hooc - ne.

Nếu sử dụng các kết quả về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm bậc 3, ta có kếtquả thông dụng sau:

Xét phương trình sau: f(x) = ax3 + bx2 + cx+ d, (a 6= 0) (2).

Khi đó :

❶ (2) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi f(x) có cực đại, cực tiểu và yCĐ.yCT < 0.

❷ (2) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi f(x) có cực đại, cực tiểu và yCĐ.yCT = 0.

❸ (2) có 1 nghiệm khi và chỉ khi:

+) Hoặc là f(x) không có cực đại, cực tiểu.

+) Hoặc là f(x) có cực đại, cực tiểu và yCĐ.yCT > 0

Cần nhấn mạnh rằng với bài toán ngoài việc đòi hỏi tính giao nhau của các đường congbậc ba với một đường cong khác có bậc không quá ba, ta còn quan tâm đến tính chấtcủa các giao điểm thì kết quả vừa dẫn ra ở trên chỉ có thể xem như một điều kiện cần.Nó chưa đủ sức mạnh để giải quyết hoàn toàn bài toán. Để giải quyết trọn vẹn, ta cầnsử dụng thêm các kiến thức khác.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


9.6.2 Sự tương giao của hàm đa thức với trục Ox

Ví dụ 9.45: Cho họ đường cong phụ thuộc tham số m:

y = x3 − 3(m+ 1)x2 + 2(m2 + 4m+ 1)x− 4m(m+ 1)

Tìm m để đường cong cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1

Giải: Đường cong cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1 khi vàchỉ khi phương trình x3 − 3(m + 1)x2 + 2(m2 + 4m + 1)x − 4m(m + 1) = 0 (1) có 3nghiệm phân biệt lớn hơn 1.Do x = 2 là nghiệm của (1), nên (1) có thể viết dưới dạng sau:(x− 2) [x2 − (3m+ 1) x+ 2m (m+ 1)] = 0 (1)

Để (2) có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1 thì điều kiện cần và đủ là phương trìnhf (x) = x2 − (3m+ 1) x+ 2m (m+ 1) = 0 có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 1 và khác 2.Theo định lý đảo về dấu của tam thức bậc 2 điều đó xảy ra khi và chỉ khi:

∆ > 0

a.f (1) > 0

S

2> 1

f (2) 6= 0

⇔

m2 − 2m+ 1 > 0

2m2 −m > 0

(3m+ 1) > 2

2m2 − 4m+ 2 6= 0

⇔

m 6= 1 m >

1

2m < 0

m >1

3m 6= 1

⇔

m >1

2m 6= 1

Nhận xét:

Định lý đảo về dấu của tam thức bậc 2 nói chung là công cụ hữu hiệu để giải cácbài toán thuộc loại này.

Tuy nhiên trong ví dụ trên (2) có thể viết dưới dạng :

(x− 2)(x− 2m)(x−m− 1) = 0 ⇔ x = 2, x = 2m,x = m+ 1

Vì thế ta cần có:

2m > 1

2m 6= 2

m+ 1 > 1

m+ 1 6= 2; 2m 6= m+ 1

⇔

m >1

2m 6= 1

m > 0

m 6= 1;m 6= 1

⇔

m >1

2m 6= 1

Ví dụ 9.46: Biện luận theo m số giao điểm của với trục hoành của đường cong :

y = x3 − 3x2 + 3(1−m)x+ 3m+ 1

Giải: Ta có y′ = 3x2 − 6x+ 3(1−m) = 3(x2 − 2x+ 1−m).Đường cong có cực trị khi phương trình y′ = 3(x2 − 2x+ 1−m) = 0 có 2 nghiệm phânbiệt⇔ ∆′ = 1− (1−m) = m > 0. (1)

Ta có nhận xét sau:x3 − 3x2 + 3(1−m)x+ 3m+ 1 = (x2 − 2x+ 1−m)(x− 1) + 2(−mx+m+ 1)

Hay y =y′

3.(x− 1) + 2(−mx+m+ 1) (2)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Đẳng thức (2) chứng tỏ rằng : Nếu (x1, y1) và (x2, y2) là các điểm cực trị của hàm số thì:

y1 = 2(−mx1 + 1 +m)

y2 = 2(−mx2 + 1 +m)

Bây giờ ta biện luận số giao điểm của đường cong với trục hoành như sau:

1) Đường cong cắt trục hoành tại một điểm duy nhất khi:

a) Hoặc là đường cong không có cực đại, cực tiểu: ⇔ ∆′ ≤ 0 ⇔ m ≤ 0.

b) Hoặc là có cực đại, cực tiểu nhưng y1.y2 > 0. Điều đó xảy ra khi:m > 0

y1.y2 > 0⇔

m > 0

m2x1x2 −m(m+ 1)(x1 + x2) + (1 +m)2 > 0

(3)

(4)

Do x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình x2− 2x+1−m = 0 nên theo định lý Vietta có:

x1 + x2 = 2, x1.x2 = 1−m thay vào (4) ta có hệ:m > 0

−m3 + 1 > 0⇔ 0 < m < 1

Kết hợp 2 trường hợp ta được : Đường cong cắt trục hoành tại điểm duy nhất khim < 1

2) Đường cong cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi đường cong có 2 điểmcực trị và y1.y2 = 0. Điều này xảy ra khi:

m > 0

y1.y2 = 0⇔

m > 0

−m3 + 1 = 0⇔ m = 1

3) Tương tự đường cong cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi m > 1.

Ví dụ 9.47: Cho đường cong y = x3 − 3x2 + (2m − 2)x + m − 3. Tìm m để đườngcong cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thỏa mãn điều kiệnx1 < −1 < x2 < x3.

Giải: Điều kiện cần:Giả sử m là giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó ta có:f(x) = x3 − 3x2 + (2m− 2)x+m− 3 = (x− x1)(x− x2)(x− x3).Ta có bảng xét dấu:

x −∞ x1 x2 x3 +∞f(x) − 0 + 0 − 0 +

Từ giả thiết : x1 < −1 < x2 < x3 và bảng xét dấu suy ra f(−1) > 0.⇔ −m− 5 > 0 ⇔ m < −5.

Điều kiện đủ:

Giả sử m < −5. Ta có:f(−1) = −m− 5 > 0, f(0) = m− 3 < 0 (Do m < −5)Vì lim

x→−∞f (x) = −∞ ⇒ ∃b < −1 : f (b) < 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


limx→+∞

f (x) = +∞ ⇒ ∃a > 0 : f (a) > 0

Dựa vào tính liên tục của hàm f(x) ta có :f (b) .f (−1) < 0 ⇒ ∃x1 ∈ (b;−1) : f (x1) = 0

f (−1) .f (0) < 0 ⇒ ∃x2 ∈ (−1; 0) : f (x2) = 0

f (0) .f (a) < 0 ⇒ ∃x3 ∈ (0; a) : f (x3) = 0

⇒ ∃x1 < x2 < x3 : f (x1) = f (x2) = f (x3) = 0

Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

Nhận xét:

Ba ví dụ trên cho ta các cách giải khác nhau, và đó cũng chính là các cách thường gặpnhất:

Hạ bậc phương trình rồi dùng định lý đảo về dấu của tam thức bậc 2

Sử dụng mối liên hệ giữa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số.

Sử dụng các kiến thức khác.

Đó chính là các lược đồ chung nhất để xét các bài toán về điểm cắt đối với các đườngcong đa thức bậc 3.

Ví dụ 9.48: Cho đường cong y = x3−3mx2+2m(m−4)x+9m2−m. Tìm m để đườngcong chắn trên trục hoành 2 đoạn bằng nhau.

Giải: Điều kiện cần:Giả sử đường cong chắn trên trục hoành 2 đoạn bằng nhau, tức là đường cong cắt trụchoành tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho : BA = BC. Giả sử x1, x2, x3 tương ứng làhoành độ của A,B,C. Khi đó ta có: x2−x1 = x3−x2 ⇔ x3+x1 = 2x2 ⇔ x1+x2+x3 =

3x2.Vì x1, x2, x3 là 3 nghiệm của phương trình x3 − 3mx2 +2m(m− 4)x+9m2 −m = 0 nênta cóx1 + x2 + x3 = 3m ⇒ x2 = m. Do m là nghiệm của (1) nên thay vào (1) ta có:

m3 − 3m3 + 2m2(m− 4) + 9m2 −m = 0 ⇔ m2 −m = 0

[m = 0

m = 1

Điều kiện đủ:

+) m = 0: đường cong trở thành y = x3. Rõ ràng y = x3 chỉ cắt trục hoành tại mộtđiểm nên trường hợp này loại.+) m = 1: Đường cong trở thành y = x3 − 3x2 − 6x+ 8

y = 0 ⇔ (x− 1).(x2 − 2x− 8) = 0 ⇔ x1 = 1, x2 = −2, x3 = 4.Rõ ràng x2 − x1 = x3 − x2 nên m = 1 là tham số cần tìm.

9.6.3 Sự tương giao của hàm phân thức

Các bài toán thuộc dạng này thường có dạng sau:

Tìm điều kiện để đường cong (C) biểu diễn hàm phân thức và một đường (C ′) chotrước cắt nhau và hoành độ các giao điểm thỏa mãn điều kiện cho trước nào đó.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Hãy xét các ví dụ sau đây:

Ví dụ 9.49: Chứng minh rằng đường cong y =x2 + 2x

x+ 1và đường thẳng y = −x− 3 cắt

nhau tại 2 điểm phân biệt đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.

Giải: Xét phương trìnhx2 + 2x

x+ 1= −x− 3

⇔ x2 + 2x = −x2 − 4x− 3 ⇔ 2x2 + 6x+ 3 = 0. (1)

Rõ ràng (1) có 2 nghiệm phân biệt vì ∆′ = 3 > 0.Gọi M1(x1,−x1−3), M2(x2,−x2−3) là 2 giao điểm của 2 đường trên. Đường thẳng qua

M1M2 có hệ số góc : k =(−x2 − 3)− (−x1 − 3)

x2 − x1

= −1. Vì vậy M1M2⊥ đường thẳngy = x.Gọi I là trung điểm của M1M2 thì tọa độ (x0, y0) của I là :

x0 =x1 + x2

2

y0 =(−x1 − 3) + (−x2 − 3)

2= −

x1 + x2

2− 3

Theo định lý Viet ta có x1 + x2 = −3 ⇒ x0 = −3

2, y0 = −

3

2⇒ I nằm trên đường thẳng y = x.Hay nói cách khác M,N đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x.

Ví dụ 9.50: Cho y =x2 + 3

x+ 1(C). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M

(2;

2

5

)

sao cho d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B sao cho M là trung điểm AB

Giải: Hệ

x = 2

y =x2 + 3

x+ 1

chỉ có 1 một nghiệm nên đường thẳng x = 2 không thể cắt

(C) tại 2 điểm phân biệt. Vậy phương trình đường thẳng d có dạng: y = k(x − 2) +2

5.

Trước hết ta tìm k để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt. Muốn vậy xét phương trình hoànhđộ giao điểm:x2 + 3

x+ 1= k(x− 2) +

2

5⇔ 5(1− k)x2 + (5k − 2)x+ 10k + 13 = 0 (1)

(Do x = −1 không là nghiệm của (1))Để (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ta cần có : (5k − 2)2 − 20(1− k)(10k + 3) (2).Khi đó 2 giao điểm của d và (C) là I(x1, y1) và J(x2, y2). Rõ ràng M, I, J cùng nằm trênd nên M là trung điểm I, J khi và chỉ khi:

2xM = x1 + x2 ⇔ 4 = x1 + x2 ⇔ 4 =5k − 2

5(k − 1)⇔ 20k − 20 = 5k − 2

⇔ k =6

5thỏa mãn điều kiện (2). Vậy k =

6

5thỏa mãn yêu cầu của bài ra.

Xem hình vẽ dưới đây:


Th.sĐỗMinhTuâ

n


y

x-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

-10

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

y = x2+3

x+1

M

I

J

y=

65(x− 2

) +2

5

Ví dụ 9.51: Cho y =x2 + x− 1

x− 1(C). Tìm m để (C) cắt y = −x+m tại 2 điểm phân

biệt A,B. Chứng minh rằng khi ấy: A,B thuộc cùng một nhánh của đồ thị (C)

Giải: Để y = −x+m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt, điều kiện là phương trình:x2 + x− 1

x− 1= −x+m (1) có 2 nghiệm phân biệt.

(1) ⇔ x2 + x− 1 = −x2 + (m+ 1)x−m ⇔ f(x) = 2x2 −mx+m+ 1 = 0 (2)

(x = 1 không là nghiệm của (2) nên (1), (2) là tương đương)(2) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

∆ = m2 − 8m+ 8 > 0 ⇔[m < 4− 2

√2

m > 4 + 2√2

(3)

Với điều kiện (3) ta có a.f(1) = 2 > 0. Vậy 1 /∈ [x1, x2], ở đây x1, x2 là 2 nghiệm của (2).Điều này chứng tỏ 2 giao điểm A,B giữa (C) và y = −x+m nằm về cùng một phía củađường thẳng x = 1. Tức là A,B thuộc cùng một nhánh của đồ thị.


Ví dụ 9.52: Cho y =x2 +mx− 8

x−m(Cm). Tìm m để (Cm) cắt trục hoành tại 2 điểm

phân biệt A,B sao cho các tiếp tuyến tại A,B vuông góc với nhau.

Giải: Đường cong (Cm) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt A,B khi và chỉ khi :

x2 +mx− 8

x−m= 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt

Hay f(x) = x2 +mx− 8 = 0 (2) có 2 nghiệm phân biệt khác m.

Điều này tương đương với :

∆ = m2 + 32 > 0

f(m) = 2m2 − 8 6= 0⇔ m 6= ±2.

Gọi x1, x2 tương ứng là hoành độ 2 điểm A,B. Khi đó x1, x2 là 2 nghiệm của phươngtrình (2).

Theo định lý Viet ta có

x1 + x2 = −m

x1.x2 = −8

Ta có y = x+ 2m+2m2 − 8

x−m⇒ y′ = 1 +

8− 2m2

(x−m)2.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Gọi k1, k2 là hệ số góc của tiếp tuyến tại A,B: k1 = y′(x1), k2 = y′(x2).Ta có (x−m)2 = x2 − 2mx+m2 = x2 +mx− 8 + (−3mx+m2 + 8) nên ta có:

k1 = 1 +2m2 − 8

3mx1 −m2 − 8, k2 = 1 +

2m2 − 8

3mx2 −m2 − 8Theo giả thuyết 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau nên ta có: k1.k2 = −1

⇔(1 +

2m2 − 8

3mx1 −m2 − 8

).

(1 +

2m2 − 8

3mx2 −m2 − 8

)= −1

⇔ 1 +2m2 − 8

3mx1 −m2 − 8+

2m2 − 8

3mx2 −m2 − 8+

(2m2 − 8)2

(3mx1 −m2 − 8) . (3mx2 −m2 − 8)= −1

⇔ 2 +(2m2 − 8) . (3m (x1 + x2)− 2m2 − 16) + (2m2 − 8)

2

9m2x1x2 − 3m (m2 + 8) (x1 + x2) + (m2 + 8)2= 0

⇔ 2 +(2m2 − 8) . (3m. (−m)− 2m2 − 16) + (2m2 − 8)

2

−72m2 + 3m2 (m2 + 8) + (m2 + 8)2= 0

⇔ 2 +− 6m4 − 24m2 + 192

4m4 − 32m2 + 64= 0 ⇔

2m4 − 88m2 + 320 = 0

4m4 − 32m2 + 64 6= 0

⇔

[m2 = 4

m2 = 40

m2 6= 4

⇔ m2 = 40 ⇔ m = ±2√10

Ví dụ 9.53 (ĐH - D - 2003): Tìm m để đường thẳng y = mx+ 2− 2m cắt đường cong

y =x2 − 2x+ 4

x− 2tại 2 điểm phân biệt.

Giải: Đường cong y =x2 − 2x+ 4

x− 2cắt y = mx + 2 − 2m tại 2 điểm phân biệt khi và

chỉ khi: Phương trìnhx2 − 2x+ 4

x− 2= mx+ 2− 2m (1) có 2 nghiệm phân biệt,

tức là phương trình: x2 − 2x+ 4 = (x− 2).(mx+ 2−m) (2) có 2 nghiệm phân biệt.(Do (2) không có nghiệm x = 2)⇔ (m− 1)(x− 2)2 = 4 có 2 nghiệm phân biệt⇔ m− 1 > 0 ⇔ m > 1 .

Ví dụ 9.54 (ĐH - A - 2004): Cho y =− x2 + 3x− 3

2(x− 1)(C). Tìm m để đường thẳng

y = m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B sao cho AB = 1.

Giải: Xét phương trình− x2 + 3x− 3

2(x− 1)= m (1)

⇔ −x2 + 3x− 3 = 2m(x− 1) (2) (Do (2) không có nghiệm x = 1).⇔ x2 + (2m− 3)x+ 3− 2m = 0 (3)

Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của (3), để được điều này ta phải có:

∆ = (2m− 3)2 − 4(3− 2m) > 0 ⇔ 4m2 − 4m− 3 > 0 ⇔

m >3

2

m < −1

2

(4)

Theo định lý Viet ta có : x1 + x2 = 3− 2m, x1.x2 = 3− 2m

Ta có tọa độ 2 giao điểm là A(x1,m), B(x2,m). Từ đó ta có :AB = 1 ⇔ |x1 − x2| = 1 ⇔ (x1 − x2)

2 = 1 ⇔ (x1 + x2)2 − 4x1x2 = 1


Th.sĐỗMinhTuâ

n

9.7. Sự tiếp xúc của 2 đường cong Chương 9. Hàm số và đồ thị

⇔ (3− 2m)2 − 4(3− 2m) = 1 ⇔ 4m2 − 4m− 4 = 0 ⇔ m =1±

√5

2(5)

Từ (4) và (5) ta có m =1±

√5

2.

9.7 Sự tiếp xúc của 2 đường cong


Hai đường cong y = f(x) và y = g(x) tiếp xúc với nhau khi hệ sau có nghiệm:

f(x) = g(x)

f ′(x) = g′(x)

Nghiệm của hệ phương trình chính là hoành độ tiếp điểm.

9.7.2 Các ví dụ

Ví dụ 9.55: Cho y = x3 − 3x2 + 2. Tìm trên đường thẳng y = 2 các điểm mà từ đó cóthể kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị hàm số và 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau.

Giải: Gọi điểm cần tìm là: M(m, 2). Để ý rằng đường thẳng x = m đi qua M cắtđường cong và song song với trục tung và nó không thể là tiếp tuyến nên mọi tiếp tuyếnvới đường cong đi qua M đều có dạng: y = k(x−m) + 2. Vậy hệ sau phải có nghiệm:

x3 − 3x2 + 2 = k (x−m) + 2

3x2 − 6x = k⇒ x3 − 3x2 + 2 = (x−m) . (3x2 − 6x) + 2

⇔ 2x3 − (3m+ 3) x2 + 6mx = 0 ⇔[x = 0 ⇒ k = 0

2x2 − 3 (m+ 1) x+ 6m = 0 (1)

+) k = 0: tiếp tuyến là y = 2, đường thẳng vuông góc với nó có dạng x = c. Vậy khôngcó một tiếp tuyến nào của đường cong vuông góc với tiếp tuyến này.Vậy để đường cong có 2 tiếp tuyến vuông góc thì phương trình (1) phải có 2 nghiệmx1, x2 sao cho: y′(x1).y

′(x2) = −1 (2).Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khi ∆ > 0

⇔ 9m2 + 18m+ 9− 48m > 0 ⇔ 9m2 − 30m+ 9 > 0 ⇔

m > 3

m <1

3

(2)

Theo định lý Viet ta có : x1 + x2 =3m+ 3

2, x1.x2 = 3m

Ta có : 3x2 − 6x =3

2(2x2 − 3 (m+ 1) x+ 6m) +

3

2(3m− 1) x− 9m

⇒ y′ (x1) = 3x21 − 6x1 =

3

2(3m− 1) x1 − 9m, y′ (x2) =

3

2(3m− 1) x2 − 9m

(2) ⇔ y′ (x1) .y′ (x2) = −1 ⇔

(3

2(3m− 1) x1 − 9m

).

(3

2(3m− 1) x2 − 9m

)= −1

⇔9

4(3m− 1)2 x1x2 −

27

2m (3m− 1) . (x1 + x2) + 81m2 = −1

⇔9

4(3m− 1)2 .3m−

27

2m (3m− 1) .

3m+ 3

2+ 81m2 = −1


Th.sĐỗMinhTuâ

n


⇔ 27m+ 1 = 0 ⇔ m = −1

27(Thỏa mãn điều kiện (2))

Kết luận: điểm M

(2;−

1

27

)thỏa mãn điều kiện bài toán.

y

x-1 0 1 2 3

-2

-1

0

1

2

y = x3 − 3x2 + 2

M

Ví dụ 9.56: Cho y = x3 − 3x2. Tìm tất cả các điểm M nằm trên đường cong sao chotừ M chỉ có thể vẽ được một tiếp tuyến duy nhất tới đường cong đã cho.

Giải: Gọi M(a; a3 − 3a2) là điểm cần tìm. Tiếp tuyến qua M chỉ có thể có dạng

y = k(x− a) + a3 − 3a2

Vậy hệ sau phải có nghiệm:

x3 − 3x2 = k (x− a) + a3 − 3a2

3x2 − 6x = k

⇒ x3 − 3x2 = (3x2 − 6x) . (x− a) + a3 − 3a2 (1)

⇔ (x− a) . (3x2 − 6x)− (x− a) (x2 + ax+ a2) + 3 (x− a) (x+ a) = 0

⇔ (x− a) . (3x2 − 6x− (x2 + ax+ a2) + 3 (x+ a)) = 0

⇔ (x− a) . (2x2 − (a+ 3) x− a2 + 3a) = 0 ⇔ (x− a)2 . (2x+ a− 3) = 0

⇔

x = a

x =3− a

2Vì qua M chỉ kẻ được một tiếp tuyến duy nhất nên phương trình (1) phải có nghiệmduy nhất. Điều này tương đương với :

a =3− a

2⇔ a = 1 ⇒ M (1;−2)

Nhận xét:

Ta thấy điểm M(1;−2) chính là điểm uốn của đường cong đã cho.

Bằng các phép toán tương tự bạn đọc có thể dễ dàng chứng minh kết quả tổngquát: "Với một đường cong bậc 3 tùy ý y = ax3 + bx2 + cx + d, a 6= 0, điểm uốnlà điểm duy nhất trên đường cong có thể kẻ được đúng một tiếp tuyến với đườngcong"

Chính vì điểm M ∈ đường cong nên phương trình (1) chắc chắn có nghiệm x = a,nên ta có thể hạ bậc như đã làm ở trên.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Trong bài đã sử dụng tính chất: "Với mỗi đường cong bậc ba mỗi tiếp tuyến chỉtiếp xúc với đường cong tại một điểm" (dễ chứng minh). Tính chất này xin lưu ýlà không còn đúng với đường cong bậc 4.

Có thể xét ví dụ sau:

Ví dụ 9.57: Cho hàm số y = x4 − 2x2. Khi đó đường thẳng y = −1 sẽ tiếp xúc với đồthị hàm số tại 2 điểm

Giải: Ta có y′ = 4x3 − 4x = 4x(x2 − 1), y′ = 0 ⇔ x = 0, x = ±1. Ta có bảng biếnthiên:

x −∞ −1 0 1 +∞y′ − 0 + 0 − 0 +

y

+∞

−1

0

−1

+∞

Rõ ràng là đường thẳng y = −1 tiếp xúc với đường cong tại 2 điểm cực trị.y

x-1 0 1

-1

0

1

2

3

y = x4 − 2x2

y = −1

Ví dụ 9.58: Cho đường cong y =x2 + x+ 1

x+ 1(C). Chứng minh rằng từ điểm A(1;−1)

luôn kẻ được 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau đến đồ thị (C).

Giải: Vì đường thẳng x = 1 không thể là tiếp tuyến của (C) nên mọi tiếp tuyến quaA(1;−1) đều có dạng : y = k(x− 1)− 1. Hệ sau có nghiệm:

x2 + x+ 1

x+ 1= k (x− 1)− 1

1−1

(x+ 1)2= k

⇒x2 + x+ 1

x+ 1=

(1−

1

(x+ 1)2

)(x− 1)− 1 ⇔

x2 + 3x+ 1

(x+ 1)2= 0

⇔ x2 + 3x+ 1 = 0 (1)

Ta có ∆ = 3 > 0 ⇒ ∃x1, x2 là 2 nghiệm của x1, x2.Theo định lý Viet ta có x1 + x2 = −3, x1.x2 = 1.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Gọi k1, k2 là 2 hệ số góc của tiếp tuyến tương ứng với 2 nghiệm.Vì (x+ 1)2 = x2 + 2x+ 1 = (x2 + 3x+ 1)− x

⇒ k1 = 1 +1

x1

, k2 = 1 +1

x2

⇒ k1.k2 = 1 +1

x1

+1

x2

+1

x1x2

= 1 +x1 + x2

x1x2

+1

x1x2

⇒ k1k2 = 1 +− 3

1+

1

1= −1 ⇒ hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.

Định lý 9.6. Mọi tiếp tuyến của đường cong y =ax2 + bx+ c

px+ q(p, q 6= 0) chỉ tiếp xúc

với đường cong đó tại một điểm duy nhất

Ví dụ 9.59: Cho đường cong y =x2 + x− 3

x+ 2(C). Tìm các điểm trên trục hoành, nếu

từ đó kể được một tiếp tuyến của (C).

Giải: Gọi điểm cần tìm là M(a, 0). Do x = a không là tiếp tuyến của (C) nên mọi tiếptuyến với (C) qua M có dạng y = k(x− a). Do đó hệ sau có nghiệm:

x2 + x− 3

x+ 2= k (x− a) (1)

1 +1

(x+ 2)2= k (2)

⇒x2 + x− 3

x+ 2=

(1 +

1

(x+ 2)2

). (x− a)

⇔ −x2 − 6x− 6 + x2a+ 4xa+ 5a = 0 có nghiệm x 6= −2

⇔ (a− 1) x2 + 2 (2a− 3) x+ 5a− 6 = 0 (3) có nghiệm x 6= −2

+) Với a = 1 :

(3) ⇒ f (x) = −2x− 1 = 0 ⇔ x = −1

2thỏa mãn x 6= −2.+) Với a 6= 1 :

(3) có nghiệm duy nhất khác −2 khi và chỉ khi:

∆′ = 0

f (−2) 6= 0∆′ > 0

f (−2) = 0

⇔

∆′ = (2a− 3)2 − (a− 1) (5a− 6) = 0

f (−2) 6= 0 −a2 − a+ 3 > 0

2 + a = 0

⇔

−a2 − a+ 3 = 0

2 + a 6= 0

− 1−√13

2< a <

− 1 +√13

2a = −2

⇔

a =

− 1±√13

2a = −2

⇒ M1 (1; 0) , M2

(− 1−

√13

2; 0

), M3

(− 1 +

√13

2; 0

), M4 (−2; 0) là 4 điểm thỏa

mãn

9.7.3 Củng cố

Ví dụ 9.60 (ĐH - D - 2002): Tìm m để đường cong (C) có phương trình

y =(2m− 1)x−m2

x− 1(C)

tiếp xúc với đường thẳng y = x


Th.sĐỗMinhTuâ

n

9.8. Biện luận số nghiệm bằng đồ thị Chương 9. Hàm số và đồ thị

Giải: Xét y =(2m− 1)x−m2

x− 1, ta có y′ =

(m− 1)2

(x− 1)2. Vậy hệ sau phải có nghiệm:

(2m− 1)x−m2

x− 1= x (1)

(m− 1)2

(x− 1)2= 1 (2)

(2) ⇔

[x− 1 = m− 1

x− 1 = 1−m

x 6= 1

⇔

[x = m

x = 2−m

m 6= 1

Với x = m ⇒(2m− 1)m−m2

m− 1= m ⇔ m2 −m = m2 −m ⇒ ∀m

⇒ ∀m 6= 1 hệ có nghiệm.Vậy m 6= 1 là giá trị cần tìm.

Ví dụ 9.61: Tìm m để đường cong y = x4 − 6x3 + 12x2 − 14x+ 2m2 +m vày = 2x3 − 10x2 + 10x+ 1 tiếp xúc với nhau.

Giải: Vì 2 đường cong tiếp xúc nên hệ sau có nghiệm.x4 − 6x3 + 12x2 − 14x+ 2m2 +m = 2x3 − 10x2 + 10x+ 1

4x3 − 18x2 + 24x− 14 = 6x2 − 20x+ 10

(1)

(2)

(2) ⇔ 4x3 − 24x2 + 44x− 24 = 0 ⇔

x = 1

x = 2

x = 3

+) Với x = 1 ⇒ 2m2 +m− 10 = 0 ⇔

m = 2

m = −5

2

+) Với x = 2 ⇒ 2m2 +m− 9 = 0 ⇔

m =− 1 +

√73

4

m =− 1−

√73

4

+) Với x = 3 ⇒ 2m2 +m− 10 = 0 ⇔

m = 2

m = −5

2

+) Kết luận : m ∈2;−

5

2;− 1 +

√73

4;− 1−

√73

4

thỏa mãn điều kiện bài toán.

9.8 Biện luận số nghiệm bằng đồ thị


Dựa vào nhận xét: "Số nghiệm của phương trình f(x) = g(x) chính là số giao điểmcủa 2 đường cong y = f(x) và y = g(x)", bài toán biện luận phương trình trongnhiều trường hợp có cách giải đơn giản, rõ ràng nếu dựa vào các đồ thị đã biết củađường cho trước (thường dựa vào kết quả của vẽ đồ thị hàm số trong các phầntrước).

Nếu đếm đúng số giao điểm của 2 đường y = f(x) và y = g(x) người ta sử dụngđến các điểm tới hạn, và các vị trí tới hạn của các đường (thường là các vị trí mà


Th.sĐỗMinhTuâ

n


các đường tiếp xúc nhau). Vì thế các kết quả trong mục này có liên quan đến cáckết quả về tính tiếp xúc của các đường.

9.8.2 Các ví dụ

Xét các ví dụ sau:

Ví dụ 9.62: Cho hàm số y = 4x3 − 3x.

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.

b) Biện luận số nghiệm của phương trình theo m: 4|x|3 − 3|x| = m.

c) Chứng minh rằng phương trình : 4x3 − 3x =√1− x2 có 3 nghiệm.

Giải: a) Ta có y′ = 12x2 − 3, y′′ = 24x, vậy có bảng biến thiên sau:

x −∞ − 1

2

1

2+∞

y′ + 0 − 0 +

y

−∞

1

−1

+∞

+) Điểm cực đại

(−1

2; 1

), điểm cực tiểu

(1

2;−1

)

+) Khoảng đồng biến :

(−∞;−

1

2

)và

(1

2;+∞

)

Khoảng nghịch biến :

(−1

2;1

2

)

Ta có đồ thị như hình vẽ:

y

x-1 0 1

-1

0

1

2

y = 4x3 − 3x

b) Số nghiệm của phương trình 4|x|3 − 3|x| = m bằng số giao điểm của đồ thị hàm sốy = 4|x|3 − 3|x| và đường thẳng y = m. Ta có hình vẽ:


Th.sĐỗMinhTuâ

n


y

x-1 0 1

-1

0

1

y = 4|x|3 − 3|x|

Dựa vào hình vẽ ta có :

+) Nếu m > 0: phương trình có 2 nghiệm

+) Nếu m = 0: Phương trình có 3 nghiệm.

+) Nếu −1 < m < 0: Phương trình có 4 nghiệm.

+) Nếu m = −1: Phương trình có 3 nghiệm.

+) Nếu m < −1 : Phương trình vô nghiệm.

c) Vẽ đồ thị 2 hàm số ta có:

y

x-1 0 1

-1

0

1

y

x-1 0 1

-1

0

1

Dựa vào đồ thị ta có 2 đồ thị y = 4x3 − 3x và y =√1− x2 cắt nhau tại 3 điểm phân

biệt. Do đó phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

Ví dụ 9.63: Tìm m để phương trình 4|x|3 − 3|x| − 1 = mx−m có 4 nghiệm phân biệt.

Giải: Đồ thị hàm y = 4|x|3 − 3|x| − 1:

y

x-1 0 1

-2

-1

0

y = 4|x|3 − 3|x| − 1

A(1; 0)

B(0;−1)

y=x− 1

y=(6

√ 3−9)(x−1)


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Đường thẳng y = m(x− 1) luôn đi qua điểm cố định A(1; 0) và có hệ số góc m. Ta xét2 vị trí tới hạn của họ đường thẳng y = m(x− 1).Trước hết là đường thẳng đi qua A(1; 0) và B(0;−1) là y = x− 1 có hệ số góc 1.Thứ 2 xét tiếp tuyến với đường cong y = 4|x|3 − 3|x| − 1 vẽ qua A. Rõ ràng tiếp tuyếnnày tiếp xúc với nhánh của đường cong với x < 0. (Khi đó y = −4x3 + 3x− 1). Khi đóhệ sau có nghiệm:

−4x3 + 3x− 1 = m (x− 1)

−12x2 + 3 = m

x < 0

⇒ −4x3 + 3x = (−12x2 + 3) . (x− 1)

⇔ −4x3 + 3x− 1 = −12x3 + 12x2 + 3x− 3 ⇔ 8x3 − 12x2 + 2 = 0

⇔ (2x− 1) . (4x2 − 4x− 2) = 0 ⇔

x =

1

2(Loại)

4x2 − 4x− 2 = 0⇔

x =1 +

√3

2(Loại)

x =1−

√3

2

Ta có x =1 +

√3

2⇒ m = −9 + 6

√3

Vậy phương trình có 4 nghiệm khi đường thẳng y = m(x− 1) nằm giữa 2 đường thẳngtới hạn trên.Từ đó ta có : 1 < m < 6

√3− 9 là các giá trị của tham số m cần tìm.

Ví dụ 9.64 (ĐH - A - 2002): Cho hàm số y = −x3 + 3x2 (C).

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

b) Tìm k để phương trình −x3 + 3x2 + k3 − 3k2 = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

Giải: a) Ta có y′ = −3x2 + 6x, y′′ = −6x+ 6, ta có bảng biến thiên sau:

x −∞ 0 2 +∞y′ − 0 + 0 −

y

+∞

0

4

−∞

Đồ thị của (C) như sau:

y

x-1 0 1 2 3

-1

0

1

2

3

4

y = −x3 + 3x2


Th.sĐỗMinhTuâ

n

9.9. Bài tập Chương 9. Hàm số và đồ thị

b) Ta thấy −x3 + 3x2 + k3 − 3k2 = 0 ⇔ −x3 + 3x2 = −k3 + 3k2 (1)

Từ (1) suy ra (1) có 3 nghiệm phân biệt (dựa vào đồ thị (C)) khi và chỉ khi:

0 < −k3 + 3k2 < 4 (2)

Từ (2) và dựa vào đồ thị của (C) ở câu trên ta suy ra :

f−1[(0; 4)] = (−1; 0) ∪ (0; 2) ∪ (2; 3). Vậy k ∈ (−1; 0) ∪ (0; 2) ∪ (2; 3).

9.9 Bài tập

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

Bài 9.1: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm dưới đây:

a) y =3− x

3x− 1.

b) y =x2 − 3x+ 2

x+ 1.

c) y = 2− x− 2

2− 3x.

d) y =x2 − x

|x− 2| .

e) y = x3 − 3x+ 1.

f) y = x4 − 2x2 + 4.

Cực trị và tiệm cận

Bài 9.2: Tìm m để hàm số y =1

3x3 + (m − 2)x2 + (5m + 4)x +m2 + 1 đạt cực trị tại

x1, x2 sao cho x1 < −1 < x2.

Hướng dẫn. m < −3.

Bài 9.3: Cho y =2

3x3 + (cosα− 3 sinα)x2 − 8(1 + cos 2α)x+ 1.

a) Chứng minh rằng ∀α hàm số luôn có cực trị.

b) Giả sử hàm số có 2 cực trị x1, x2. Chứng minh ∀α, ta luôn có x21 + x2

2 ≤ 18.

Bài 9.4: Cho y =1

3x3 −mx2 − x +m + 1. Tìm m để khoảng cách giữa 2 điểm cực trị

là bé nhất.

Hướng dẫn. ymin =2√3⇔ m = 0.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 9.5: Cho y = x3 − 3x2 +m2x +m. Tìm m để đường cong có cực đại, cực tiểu đối

xứng nhau qua đường thẳng y =1

2x−

5

2

Hướng dẫn. m = 0

Bài 9.6: Tìm m để đường cong y = x4 + 4mx3 + 3 (m+ 1) x2 + 1 chỉ có cực tiểu màkhông có cực đại.

Hướng dẫn. m = −1 hoặc1−

√7

3≤ m ≤

1 +√7

3

Bài 9.7: Cho y = x4 + (m+ 3) x3 + 2 (m+ 1) x2. Chứng minh rằng với mọi m 6= 1, thìhàm số luôn luôn có cực đại tại điểm có hoành độ ≤ 0

Bài 9.8: Cho y =x2 + (2m+ 1)x+m2 +m+ 4

2(x+m). Tìm m để hàm số có cực trị và tìm

khoảng cách giữa 2 điểm cực trị.

Hướng dẫn. 4√2

Bài 9.9: Cho y =− x2 + 3x+m

x− 4. Tìm m để đường cong có cực trị và thỏa mãn hệ thức

|yCĐ − yCT| = 4.

Hướng dẫn. m = 3

Bài 9.10: a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : y =− x2 + x+m

x+m.

b) Tìm m để đường tiệm cận (C) đi qua điểm A(3; 0).

Bài 9.11: Cho hàm số y =x2 +mx− 1

x+ 1(Cm).

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.

b) Tìm m để tiệm cận xiên của (Cm) tạo với 2 trục tọa độ 1 tam giác có diện tích bằng8.

Bài 9.12: Cho y =√x2 − x+ 1 (C). Tìm các tiệm cận của (C).

Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Bài 9.13: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f(x) = 4√1− x2 + 4

√1− x+ 4

√1 + x.

Hướng dẫn. maxx∈D

f (x) = 3.

Bài 9.14: Tìm giá trị bé nhất của biểu thức P = (xyz + 1)

(1

x+

1

y+

1

z

)+

x

y+

y

z+

z

x−

x− y − z. trên miền D = (x, y, z) |x > 0, y > 0, z > 0.

Hướng dẫn. minP = 6


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 9.15: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P = xyz trên miền

D =

(x, y, z)

∣∣∣∣∣x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0,1

1 + x+

1

1 + y+

1

1 + z= 2

.

Hướng dẫn. maxP =1

8

Bài 9.16: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P = x2y(4− x− y) trên miền

D = (x, y) |x ≥ 0, y ≥ 0, x+ y ≤ 6.

Hướng dẫn. maxP = 4, minP = −64

Bài 9.17: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của : P =x2 − (x− 4y)2

x2 + y2trên miền

D =(x, y)

∣∣x2 + y2 > 0

.

Hướng dẫn. maxP = 2√2− 2,minP = −2

√2− 2.

Bài 9.18: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của : P =x+ 2y + 1

x2 + y2 + 7, x, y ∈ R.

Hướng dẫn. maxP =1

2, minP = −

5

14

Bài 9.19: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:f(x) =

√3 + x+

√6− x−

√18 + 3x− x2 trên miền D = x |−3 ≤ x ≤ 6.

Hướng dẫn. maxx∈D

f (x) = 3; minx∈D

f (x) =9− 3

√2

2.

Bài 9.20: Cho f (x) = 4x2 − 4ax + a2 − 2a xét trên miền D = x ∈ R |−2 ≤ x ≤ 0.Tìm a để min

x∈Df (x) = 2.

Hướng dẫn. a = −1 hoặc a = 1 +√3.

Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị

Bài 9.21: Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong y =x2 − 9

x, biết rằng nó đi qua

điểm M (1; 8).

Hướng dẫn. y = 2x+ 6 và y = 50x− 42.

Bài 9.22: Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong y = x4 − 4x2, biết rằng nó điqua điểm M (2; 0).


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Hướng dẫn. y = 0; y = 16x− 32 và y =32

27x−

64

27

Bài 9.23: Tìm m để đường cong y = 2x3 − 3 (m+ 3) x2 + 18mx − 8 tiếp xúc với trụchoành.

Hướng dẫn. m =35

27;m = 1;m = 4 + 2

√6 và m = 4− 2

√6

Bài 9.24: Cho đường cong y = x3−3x+2 (C). Tìm điểm M trên đường thẳng y = −2,sao cho từ M có thể vẽ được hai tiếp tuyến tới (C) sao cho hai tiếp tuyến đó vuông gócvới nhau.

Hướng dẫn. M

(55

27;−2

)

Bài 9.25: Cho đường cong y = x2 − 5x + 6 .Viết phương trình tiếp tuyến với đườngcong biết rằng nó song song với đường thẳng y = 3x+ 1.

Bài 9.26: Cho y = x2−5x+6 và điểm M (5; 5). Viết phương trình tiếp tuyến với đườngcong đi qua M .

Bài 9.27: Cho y = x2 − 3x và y = −2x2 + 5x. Viết phương trình tiếp tuyến chung củahai đường cong đó.

Bài 9.28: Cho hàm số :y =1

3x3−2x2+3x có đồ thị là (C) Viết phương trình tiếp tuyến

tại điểm trên (C) có hoành độ x = 2

Bài 9.29: Cho hàm số : y =1

3x3 − x+

2

3có đồ thị là (C) Viết phương trình tiếp tuyến

với (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (∆) : y = x− 2

Bài 9.30: Cho hàm số : y = x3 + 3x2 + 4 (C) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biếttiếp tuyến đi qua đỉểm A(0;−1)

Bài 9.31: Cho hàm số : y =2x− 5

x− 2(C) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp

tuyến đi qua điểm A(−2; 0)

Bài toán xác định điểm thỏa mãn điều kiện cho trước

Bài 9.32: Tìm điểm M trên đồ thị hàm số: y =x+ 2

x− 3sao cho khoảng cách từ M đến

tiệm cận đứng bằng khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang.

Bài 9.33: Tìm trên đồ thị hàm số: y =x2 + 3x+ 6

x+ 2các điểm có tọa độ nguyên.

Bài 9.34: Tìm trên đồ thị y = −x3

3+ x2 + 3x−

11

3hai điểm phân biệt M,N đối xứng

nhau qua trục tung.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 9.35: Tìm trên đồ thị y =x2 + x+ 2

x− 1hai điểm M,N đối xứng nhau qua điểm

I

(0;

5

2

).

Bài 9.36: Tìm trên đồ thị của hàm số y =x2 + 4x+ 5

x+ 2những điểm có tổng khoảng cách

từ đó đến đường thẳng (d) : y + 3x+ 6 = 0 là nhỏ nhất.

Bài 9.37: Tìm tọa độ điểm M thuộc y =2x

x+ 1(C) ,biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt

hai trục Ox,Oy tại A,B và ∆OAB có diện tích bằng1

4.

Hướng dẫn. M1(−1

2;−2), M2(1; 1)

Bài 9.38: Cho hàm số :y =x2 + 2x+ 2

x+ 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) của hàm số sao cho khoảng cách từ đó đến trục hoànhbằng hai lần khoảng cách từ đó đến trục tung

Bài 9.39: Cho hàm số :y =2x+ 1

x+ 1


b) Tìm trên đồ thị (C) của hàm số những có tổng khoảng cách từ đó đến hai tiệm cậnlà nhỏ nhất.

Bài 9.40: Cho hàm số :y =x2 + 2x− 2

x− 1


b) Tìm trên đồ thị (C) của hàm số những có tổng khoảng cách từ đó đến hai tiệm cậnlà nhỏ nhất.

Bài 9.41: Cho hàm số :y =x2 + 4x+ 5

x+ 2


b) Tìm trên đồ thị (C) của hàm số những có tổng khoảng cách từ đó đến đường thẳng(d) : y + 3x+ 6 = 0 là nhỏ nhất.

Bài 9.42: Cho hàm số : y =x2 − x+ 1

x− 1


b) Xác định điểm A trên (C) có hoành độ x = a > 1 sao cho khoảng cách từ A đến giaođiểm hai tiệm cận là nhỏ nhất


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 9.43: Cho hàm số: y = 2x3 + 3x2 − 12x− 1


b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) của hàm số sao cho tiếp tuyến của (C) tại điểm M điqua gốc tọa độ

Bài 9.44: Cho hàm số :y = −x3

3+ x2 + 3x− 11

3

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

b) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm phân biệt M , N đối xứng nhau qua trục tung.

Hướng dẫn.(3;

16

3

);

(−3;

16

3

)

Bài 9.45: Cho hàm số :y =x2 + x+ 2

x− 1có đồ thị là (C)

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

b) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm M , N đối xứng nhau qua điểm I

(0;

5

2

).

Hướng dẫn. (−3;−2) ; (3; 7)

Sự tương giao

Bài 9.46: Chứng minh rằng với mọi m, đường thẳng y =1

2x−m luôn cắt (C) : y =

x+ 2

x− 1tại 2 điểm phân biệt A,B. Tìm m sao cho AB là nhỏ nhất

Hướng dẫn. AB =√10 khi m = −

3

2

Bài 9.47: Tìm m để (C) : y =− x2 + x+m

x+mcắt đường thẳng d : y = x− 1 tại 2 điểm

phân biệt.

Hướng dẫn. m < −6− 4√2 hoặc

m > −6 + 4

√2

m 6= 0

Bài 9.48: Tìm m để đồ thị hàm số y =x2 +mx− 1

x+ 1cắt y = m tại 2 điểm phân biệt

A,B sao cho AB⊥OB.

Hướng dẫn. m =− 1±

√5

2.

Bài 9.49: Cho đường cong y = x3 − x2 + 18mx − 2m. Tìm m để đường cong cắt trụchoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 sao cho x1 < 0 < x2 < x3.

Hướng dẫn. m < 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 9.50: Cho hàm số y = 2x3 − 3x2 − 1. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm M(0;−1)

và có hệ số góc là k. Tìm k để đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt.

Bài 9.51: Cho hàm số y =x2 − 2x+ 4

x− 2(1) và đường thẳng y = mx+ 2− 2m. Tìm m

để đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt.

Bài 9.52: Cho hàm số : y = (x− 1)(x2 +mx+m) (1) Xác định m sao cho đồ thị hàmsố (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.

Bài 9.53: Cho hàm số : y = x3 − 3x + 2 Gọi (d) là đường thẳng đi qua điểm M(3; 20)và có hệ số góc là m. Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) tạo 3 điểm phân biệt.

Bài 9.54: Cho hàm số : y = x4 −mx2 +m − 1 (1) Xác định m sao cho đồ thị hàm số(1) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.

Bài 9.55: Cho hàm số : y =x2 − 2x+ 4

x− 2(1) và đường thẳng (d) : y = mx + 2 − 2m.

Tìm m để đường thẳng (d) cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt.

Sự tiếp xúc của 2 đường cong

Bài 9.56: Cho y =x2 − x+ 1

x− 1(C). Tìm trên Oy các điểm có thể kẻ được ít nhất một

tiếp tuyến đến (C)

Bài 9.57: Cho y =2x2 + x+ 1

x+ 1. Tìm trên Oy các điểm có thể kẻ đến (C) 2 tiếp tuyến

vuông góc với nhau.

Bài 9.58: Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 3mx+ 4. Xác định m để đồ thị hàm số trên tiếpxúc với trục hoành.

Bài 9.59: Cho đường cong (Cm) : y =2x2 + (1−m)x+ 1 +m

x−m. Tìm m để (Cm) cắt

trục Ox tại 2 điểm và tiếp tuyến với (C) tại 2 điểm đó vuông góc với nhau.

Biện luận số nghiệm của phương trình bằng đồ thị

Bài 9.60: Cho hàm số y = x3 − 4x2 + 4x có đồ thị (C). Biện luận theo k số giao điểmcủa đồ thị (C) với đường thẳng y = k

Bài 9.61 (ĐH - A - 2006): a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = 2x3−9x2+12x−4 (C).

b) Tìm m để phương trình 2|x|3 − 9x2 + 12|x| = m có 6 nghiệm phân biệt.

Bài 9.62: Biện luận theo a số nghiệm của phương trình :

x2 − 2|x|+ 3

|x| − 1= a

Bài 9.63: a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y =(x+ 1)2

x+ 2

b) Biện luận theo tham số m về số nghiệm của phương trình sau:

(x+ 1)2 −m.|x+ 2| = 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n

Chương 10. Hình không gian tọa độ

Chương 10

Hình không gian tọa độ


10.1.1 Véctơ và phép toán véctơ trong không gian

Véctơ đơn vị

x

y

z

−→i

−→j−→ k

−→i = (1; 0; 0)

−→j = (0; 1; 0)

−→j = (0; 0; 1)

Phương trình mặt phẳng tọa độ

(Oxy) : z = 0

(Oxz) : y = 0

(Oyz) : x = 0

Phương trình các trục tọa độ

Ox :

y = 0

z = 0, Oy :

x = 0

z = 0, Oz :

x = 0

y = 0

Cho A(xA; yA; zA), B(xB; yB; zB)

−→AB = (xB − xA; yB − yA; zB − zA)

AB =∣∣∣−→AB

∣∣∣ =√

(xB − xA)2 + (yB − yA)

2 + (zB − zA)2

Cho −→a = (x1; y1; z1),−→b (x2; y2; z2)


Th.sĐỗMinhTuâ

n

10.1. Kiến thức cơ bản Chương 10. Hình không gian tọa độ

+) |−→a | =√x21 + y21 + z21

+) −→a ±−→b = (x1 ± x2; y1 ± y2; z1 ± z2)

+) k.−→a = (kx1; ky1; kz1)

+) −→a .−→b = x1.x2 + y1.y2 + z1.z2−→a ⊥−→

b ⇔ x1.x2 + y1.y2 + z1.z2 = 0

+) cos(−→a ,

−→b)=

−→a .−→b

|−→a | .∣∣∣−→b∣∣∣

+)[−→a ,

−→b]= −→a ∧ −→

b =

(∣∣∣∣y1 z1y2 z2

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣z1 x1

z2 x2

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣x1 y1x2 y2

∣∣∣∣)

+) −→a ‖ −→b ⇔

[−→a ,−→b]=

−→0 ⇔ −→a = k.

−→b ⇔

x1

x2

=y1

y2=

z1

z2

+) A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi−→AB cùng phương

−→AC ⇔

[−→AB,

−→AC]=

−→0

+) A,B,C,D đồng phẳng khi và chỉ khi[−→AB,

−→AC].−−→AD = 0

+) ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi−→AB =

−−→DC ⇔

xD = xA + xC − xB

yD = yA + yC − yBzD = zA + zC − zB

+) M là trung điểm AB thì

xM =xA + xB

2

yM =yA + yB

2

zM =zA + zB

2

+) G là trọng tâm ∆ABC khi và chỉ khi :

xM =xA + xB + xC

3

yM =yA + yB + yC

3

zM =zA + zB + zC

3

10.1.2 Mặt phẳng trong không gian

Dạng tổng quát:

+) (α) :

M (x0, y0, z0)−→n = (A,B,C)⇒ (α) : A (x− x0) + B (y − y0) + C (z − z0) = 0

αM(x0, y0, z0)

−→n (A;B;C)

Dạng tổng quát với 2 chỉ phương

Mặt phẳng qua A(x0, y0, z0), có cặp véc tơ chỉ phương −→u1 = (x1, y1, z1), −→u2 = (x2, y2, z2)

Nếu −→n = [−→u1,−→u2] 6=

−→0 . Từ đó đưa được về phương trình tổng quát.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


αA

−→u1

−→u2

Mặt phẳng có dạng tổng quát:

Mặt phẳng (α) có dạng Ax+ By + Cz +D = 0. (A2 +B2 + C2 6= 0)

Khi đó véc tơ pháp tuyến là (A,B,C). Còn M0 ∈ (α) là một điểm nào đó thỏa mãnA.x0 + B.y0 + C.z0 +D = 0.Ví dụ :Mặt phẳng (P ) : 2x+3y−z+1 = 0 có véc tơ pháp −→n = (2; 3;−1), điểm M0(0; 0; 1) ∈ (P ).

10.1.3 Đường thẳng trong không gian

Dạng tham số và chính tắc:

Đường thẳng (d) đi qua điểm M0(x0, y0, z0) có véc tơ chỉ phương −→u = (a, b, c) có

phương trình tham số:

x = x0 + a.t

y = y0 + b.t

z = z0 + c.t

(t ∈ R).

và phương trình chính tắc :x− x0

a=

y − y0

b=

z − z0

c.

M0

d

−→u

Dạng tổng quát

Ta hiểu rằng đường thẳng d thực chất là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P ), (Q) nào đóvới(P ) : A1x+B1y + C1z +D1 = 0, (Q) : A2.x+ B2.y + C2.z +D2 = 0.

Khi đó phương trình d là :

A1x+ B1y + C1z +D1 = 0

A2.x+ B2.y + C2.z +D2 = 0

P Qd

Cách chuyển dạng tổng quát về dạng tham số

❶ Đặt x = t (t ∈ R). Tính y, z theo t.

❷ Lấy điểm A(0; b; c) ∈ d (Cho x = 0 và giải y, z từ hệ phương trình)

(P ) có véc tơ pháp tuyến −→n1 = (A1, B1, C1),

và (Q) có véc tơ pháp tuyến là −→n2 = (A2, B2, C2) Khi đó −→ud = [−→n1;−→n2].


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Qui trình chuyển như sau:

Tham số Chính tắc Tổng quát

Khử t Cặp 2 PT bất kỳ

10.1.4 Vị trí tương đối

Giữa mặt phẳng (α) và (β)

+) (α)‖(β) ⇔ −→n1‖−→n2

∃A ∈ (α) ∧ A /∈ (β)

+) (α) ≡ (β) ⇔ −→n1 ‖ −→n2

∃A ∈ (α) ∧ A ∈ (β)

+) (α) ∩ (β) = d ⇔ [−→n1,−→n2] 6=

−→0

Giữa đường thẳng d1 và d2

+) d1 ‖ d2 ⇔ −→u1 ‖ −→u2

∃A ∈ d1 ∧ A /∈ d2

+) d1 ≡ d2 ⇔ −→u1 ‖ −→u2

∃A ∈ d1 ∧ A ∈ d2+) d1 ∩ d2 = A ⇔ giải hệ có đúng một nghiệm

⇔

[−→u1,−→u2] 6=

−→0

[−→u1,−→u2] .

−−−→A1A2 = 0

. Ở đó A1 ∈ d1, A2 ∈ d2.

+) d1, d2 chéo nhau ⇔ [−→u1;−→u2] .

−−−→A1A2 6= 0

Giữa đường thẳng d và mặt phẳng α

+) d ‖ (α) ⇔ −→ud.

−→nα = 0

∃A ∈ d ∧ A /∈ (α)

+) d ⊂ (α) ⇔ −→ud.

−→nα = 0

∃A ∈ d ∧ A ∈ (α)

+) d ∩ (α) = A ⇔ −→ud.−→nα 6= 0

10.1.5 Chùm mặt phẳng

Chùm mặt phẳng (P ) và (Q) có giao tuyến d.

d :

A1x+ B1y + C1z +D1 = 0

A2x+ B2y + C2z +D2 = 0

Khi đó (α) là mặt phẳng chứa d có dạng:

m (A1x+ B1y + C1z +D1) + n (A2x+B2y + C2z +D2) = 0

Dựa vào điều kiện của đề bài ta có một phương trình bậc nhất ẩn m,n. Chọn m =? ⇒n =?.Các điều kiện đó có thể là:+) A ∈ (α) hoặc (α)‖(β) hoặc (α)‖a.+) (α)⊥(β) hoặc (α)⊥a.Với (β) là một mặt phẳng nào đó và a là một đường thẳng nào đó cho trước.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


10.1.6 Góc

+) cos (α, β) =|−→n1.

−→n2||−→n1| . |−→n2|

+) cos (d1, d2) =|−→u1.

−→u2||−→u1| . |−→u2|

+) sin (α, d) =|−→ud.

−→nα||−→ud| . |−→nα|

10.1.7 Khoảng cách

Khoảng cách giữa 2 điểm

AB =

√(xA − xB)

2 + (yA − yB)2 + (zA − zB)

2

Khoảng cách giữa điểm và mặt phẳng

Cho mặt phẳng (P ) : A.x+ B.y + C.z +D = 0 và điểm M0(x0, y0, z0).

d (M0, (P )) =|Ax0 + By0 + Cz0 +D|√

A2 + B2 + C2

Khoảng cách giữa 2 mặt phẳng song song

+) Tìm tọa độ điểm A ∈ (P ).+) d ((P ) , (Q)) = d (A, (Q))

P

Q

A

Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song

Mặt phẳng (P )‖(d). Ta tìm khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng như sau:+) Tìm tọa độ điểm A ∈ d.+) d (A, (P )) = d (d, (P ))

P

Ad

Khoảng cách giữa điểm đến đường thẳng

❶ Cách 1: Viết phương trình mặt phẳng P qua A và vuông góc với d.

H = (P ) ∩ d, d(A, d) = AH.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


PA

H

d

❷ Cách 2: Cho đường thẳng d đi qua điểm M0 và có véc tơ chỉ phương −→u .

d (M,d) =

∣∣∣[−→u ,

−−−→M0M

]∣∣∣|−→u |

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng song song

Giả sử có d1‖d2 và A ∈ d1. Khi đó : d (d1, d2) = d (A, d2)

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau

❶ Cách 1: d1, d2 chéo nhau có M1 ∈ d1, M2 ∈ d2. −→u1, −→u2 là chỉ phương của d1, d2.Khi đó:

d (d1, d2) =

∣∣∣[−→u1,−→u2] .

−−−−→M1M2

∣∣∣|[−→u1,

−→u2]|

❷ Cách 2: Viết phương trình mặt phẳng (P ) chứa d2 song song với d1. Điểm A ∈ d1.

Khi đó d(d1, d2) = d(d1, (P )) = d(A, (P )).

P

Ad1

d2

10.1.8 Diện tích, thể tích

S∆ABC =1

2

∣∣∣[−→AB,

−→AC]∣∣∣

VABCD.A′B′C′D′ =∣∣∣[−→AB,

−→AC].−−→AD∣∣∣

VHình chóp =1

3.Sđáy.h

VABCD =1

6

∣∣∣[−→AB,

−→AC].−−→AD∣∣∣.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


10.1.9 Một số dạng toán về mặt phẳng và đường thẳng

❶ Tìm tọa độ điểm A′ đối xứng với A qua đường thẳng d.

+) Viết phương trình mặt phẳng (P ) qua A vuông góc với d.

+) d ∩ (P ) = H. H là trung điểm AA′ từ đó suy ra tọa độ A′.

P

AA′

H

d

❷ Tìm tọa độ A′ đối xứng với A qua mặt phẳng P .

+) Viết phương trình đường thẳng d qua A vuông góc với P .

+) d ∩ (P ) = H. Với H là trung điểm AA′ từ đó suy ra tọa độ A′.

P

A

A′

H

d

❸ Lập phương trình đường thẳng đi qua A cắt 2 đường thẳng d1, d2.

+) Lập phương trình mặt phẳng (P ) qua A chứa d1.

+) Lập phương trình mặt phẳng (Q) qua A chứa d2.

+) Phương trình d :

P

Q

+) Chuyển phương trình về dạng chính tắc.

P

Q

d1

d 2

Ad

❹ Lập phương trình đường thẳng d qua A, vuông góc d1 và cắt d2.

+) Lập phương trình mặt phẳng P qua A và vuông góc với d1.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


+) B = d ∩ (P ).

+) Phương trình đường thẳng d qua A,B.

PA

B

d2 d1

d

❺ Lập phương trình hình chiếu vuông góc d′ của d trên mặt phẳng (P ).

+) Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với (P ).

+) Phương trình d′ :

P

Q

P

Q

d

d′

❻ Lập phương trình mặt phẳng (P ), (Q) song song với nhau và chứa 2 đường thẳngtương ứng d1, d2 chéo nhau.

+) (P ) chứa d1 và song song với d2.

+) (Q) chứa d2 và song song với d1.

P

Q

d1

d2

❼ Lập phương trình đường vuông góc chung ∆ của d1, d2. Suy ra độ dài đoạn vuônggóc chung. Cách 1: +) Lấy A và véc tơ chỉ phương −→u1 của d1.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


+) Lấy B và véc tơ chỉ phương −→u2 của d2.

+) −→n = [−→u1,−→u2]

+) Gọi P là mặt phẳng qua A có cặp véc tơ chỉ phương −→u1, −→n .

+) Gọi Q là mặt phẳng qua A có cặp véc tơ chỉ phương −→u2, −→n .

+) Gọi d là giao tuyến của (P ) và (Q) thì d chính là đường vuông góc chung.

P

Q

d1

d2

−→n

−→u1

−→u2

M

N

A

B

d

Cách 2: +) Gọi M,N là 2 điểm cần tìm như ở cách 1.

+) M ∈ d1 nên M có tọa độ ... (pt tham số).

N ∈ d2 nên N có tọa độ ... (pt tham số)

+) Giải tìm tham số từ hệ :

−−→MN.−→u1 = 0−−→MN.−→u2 = 0

. Từ đó tìm ra tọa độ M,N .

10.1.10 Mặt cầu

❶ Dạng chính tắc : Mặt cầu (S) có tâm I(a, b, c) có bán kính R có phương trình chínhtắc.

(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2

❷ Dạng tổng quát:

(S) : x2 + y2 + z2 + 2Ax+ 2By + 2Cz +D = 0

+) Điều kiện để tồn tại mặt cầu: A2 +B2 + C2 > D.

+) Tâm I(−A,−B,−C), bán kính R =√A2 + B2 + C2 −D.

❸ Vị trị tương đối giữa mặt phẳng (P ) và mặt cầu (S):

+) d(I, (P )) > R: (P ) và (S) không có điểm chung.

+) d(I, (P )) = R: (P ) và (S) tiếp xúc.

Để tìm tọa độ tiếp điểm ta gọi M0(x0, y0, z0) là tọa độ tiếp điểm. Khi đó phươngtrình tiếp diện (P ) có dạng: x.x0+y.y0+z.z0+A(x+x0)+B(y+y0)+C(z+z0)+D = 0

Đồng nhất hệ số với phương trình (P ) ta giải được x0, y0, z0.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

10.2. Véc tơ, điểm Chương 10. Hình không gian tọa độ

I

PM0

+) d(I, (P )) < R: (P ) và (S) cắt nhau theo một đường tròn (C) :

(P )

(S).

Ta có thể tìm tâm và bán kính của đường tròn (C). Gọi J là tâm của đường tròn(C) và r là bán kính đường tròn (C).

Tọa độ J xác định như sau:

- Viết phương trình đường thẳng d qua I có nhận −→nP làm véc tơ chỉ phương.

- Điểm J = (P ) ∩ d.

Bán kính r =√R2 − h2. Ở đó h = IJ = d(I, (P )).

I

J

R

h

r

P

10.2 Véc tơ, điểm

Ví dụ 10.1: Cho 4 điểm A(−1; 1; 2), B(2; 3;−1), C(−7;−3; 8), D(1; 2; 5)

a) Chứng minh rằng 3 điểm A,B,C thẳng hàng.

b) Chứng minh rằng A,B,D không thẳng hàng. Tính diện tích tam giác ABD khi đó.Và tính độ dài chiều cao đỉnh A của tam giác ABD.

Giải: a) +) C1: Ta có−→AB = (3; 2;−3) ,

−→AC = (−6;−4; 6) ⇒ −→

AC = −2−→AB


+) C2:[−→AB,

−→AC]=

(∣∣∣∣2 −3

−4 6

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣−3 3

6 −6

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣

3 2

−6 −4

∣∣∣∣)

= (0; 0; 0) =−→0



Th.sĐỗMinhTuâ

n


b) Ta có−→AB = (3; 2;−3) ,

−−→AD = (2; 1; 3)

[−→AB,

−−→AD]=

(∣∣∣∣2 −3

1 3

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣−3 3

3 2

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣3 2

2 1

∣∣∣∣)

= (9;−15;−1) 6= −→0

nên A,B,D không thẳng hàng.

⇒ SABD =1

2

∣∣∣[−→AB,

−−→AD]∣∣∣ = 1

2.√

92 + (−15)2 + (−1)2 =

√307

2

Ta có : BD =√

(1− 2)2 + (2− 3)2 + (5 + 1)2 =√38

Vì SABD =1

2.hA.BD ⇒ hA =

2SABD

BD=

2.

√307

2√38

=

√307

38

Ví dụ 10.2: Cho 5 điểm A(2;−1; 1), B(1; 3; 2), C(5;−2; 3), D(−2; 4; 0), E(−3; 1; 2)

a) Chứng minh rằng A,B,C,D đồng phẳng.

b) Chứng minh rằng A,B,C,E không đồng phẳng. Tính thể tích tứ diện ABCE và độdài đường cao hạ từ đỉnh A xuống mặt phẳng BCE.

Giải: a) Ta có−→AB = (−1; 4; 1) ,

−→AC = (3;−1; 2) ,

−−→AD = (−4; 5;−1) và

[−→AB,

−→AC]=

(∣∣∣∣4 1

−1 2

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣1 −1

2 3

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣−1 4

3 −1

∣∣∣∣)

= (9; 5;−11)

Do đó ta được[−→AB,

−→AC].−−→AD = −36 + 25 + 11 = 0

⇒ A,B,C,D đồng phẳng.

b) Ta có−−→BC = (4;−5; 1) ,

−−→BE = (−4;−2; 0) ,

−→BA = (1;−4;−1) và

[−−→BC,

−−→BE]=

(∣∣∣∣−5 1

−2 0

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣1 4

0 −4

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣

4 −5

−4 −2

∣∣∣∣)

= (2;−4; 12)

[−−→BC,

−−→BE].−→BA = 2 + 16− 12 = 6

Do đó ta có:

VB.ACE =1

6

∣∣∣[−−→BC,

−−→BE].−→BA∣∣∣ = 1, SBCE =

1

2

∣∣∣[−−→BC,

−−→BE]∣∣∣ = 2

√41

Vì VA.BCE = VB.ACE =1

3.hA.SBCE ⇒ hA =

3.VB.ACE

SBCE

=3.1√41

=3√41

Ví dụ 10.3: Cho 4 điểm A(2; 1;−3), B(1;−2; 1), C(4; 0;−2), D(0; 1; 3).

a) Chứng minh 4 điểm A,B,C,D không đồng phẳng.

b) Tìm tọa độ trung điểm M,N của AB,CD.

c) Gọi A1 là trọng tâm tam giác BCD và G là trọng tâm tứ diện ABCD. Tìm tọa độ

A1, G và chứng minh A,A1, G thẳng hàng và G chia đoạn AA1 theo tỷ số −1

3.

d) Chứng minh G là trung điểm của đoạn MN .


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Giải: a) Ta có−→AB = (−1;−3;−4) ,

−→AC = (2;−1; 1) ,

−−→AD = (−4; 1; 5)

[−→AB,

−→AC]=

(∣∣∣∣−3 −4

−1 1

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣−4 −1

1 2

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣−1 −3

2 −1

∣∣∣∣)

= (−7;−7; 7)

[−→AB,

−→AC].−−→AD = 28− 7 + 35 = 56 6= 0

Vì vậy A,B,C,D không đồng phẳng.

b) M là trung điểm AB nên tọa độ của nó là:

xM =xA + xB

2=

3

2, yM =

yA + yB

2= −

1

2, zM =

zA + zB

2= −1 ⇒ M

(3

2;−

1

2;−1

)

N là trung điểm CD nên tọa độ của nó là:

xN =xC + xD

2= 2, yN =

yC + yD

2=

1

2, zN =

zC + zD

2=

1

2⇒ N

(2;

1

2;1

2

)

c) A1 là trọng tâm tam giác BCD nên ta có:

xA1=

xB + xC + xD

3=

5

3, yA1

=yB + yC + yD

3= −

1

3, zA1

=yB + yC + yD

3=

2

3

⇒ A1

(5

3;−

1

3;2

3

)

G là trọng tâm tứ diện ABCD nên ta có:

xG =xA + xB + xC + xD

4=

7

4, yG =

yA + yB + yC + yD

4= 0

zG =zA + zB + zC + zD

4= −

1

4⇒ G

(7

4; 0;−

1

4

)

−→GA =

(1

4; 1;−

11

4

),−−→GA1 =

(−

1

12;−

1

3;11

12

)⇒ −→

GA = −1

3.−−→GA1

Do đó G,A,A1 thẳng hàng và G chia đoạn AA1 theo tỷ số −1

3.

d) Gọi H là trung điểm MN . Tọa độ điểm H là:

xH =xM + xN

2=

7

4, yH =

yM + yN

2= 0, zH =

zM + zN

2= −

1

4⇒ H

(7

4; 0;−

1

4

)

⇒ H ≡ G. Vậy G là trung điểm của MN .

Ví dụ 10.4: Cho 4 điểm A(2;−1; 0), B(−1; 4; 2), C(1; 3;−2), M(−2; 0; 3). Ở đó M làtrung điểm của đoạn thẳng BD.

a) Tìm tọa độ điểm D.

b) Tìm điểm E sao cho D là trọng tâm của tứ diện ABCE.

c) Tính góc giữa 2 đường thẳng AB và CD.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Giải: a) Vì M là trung điểm BD nên ta có :

xM =xB + xD

2⇒ xD = 2xM − xB = 2. (−2)− (−1) = −3

yD = 2yM − yB = 2.0− 4 = −4, zD = 2zM − zB = 2.3− 2 = 4 ⇒ D (−3;−4; 4)

b) Vì D là trọng tâm tứ diện ABCE nên ta có:

xD =xA + xB + xC + xE

4⇒ xE = 4xD − xA − xB − xC = 4. (−3)− 2 + 1− 1 = −14

yE = 4yD − yA − yB − yC = 4. (−4) + 1− 4− 3 = −22

zE = 4zD − zA − zB − zC = 4.4− 0− 2 + 2 = 16 ⇒ E (−14;−22; 16)

c) Ký hiệu ϕ = (AB,CD)

cosϕ =

∣∣∣−→AB.−−→CD

∣∣∣∣∣∣−→AB

∣∣∣ .∣∣∣−−→CD

∣∣∣=

|−3. (−4) + 5. (−7) + 2.6|√(−3)2 + 52 + 22.

√(−4)2 + (−7)2 + 62

=11√3838

⇒ ϕ ≈ 79046′21′′

Ví dụ 10.5: Trong không gian tọa độ cho điểm S(3; 1;−2), A(5; 3;−1), B(2; 3;−4),C(1; 2; 0).

a) Chứng minh S,A,B,C là 4 đỉnh của một tứ diện. Tính thể tích tứ diện khi đó.

b) Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều và ba mặt bên là các tam giác vuôngcân. Tính thể tích tứ diện bằng công thức áp dụng với tam diện vuông. So sánh vớikết quả ở câu trên.

c) Tìm tọa độ điểm D đối xứng với điểm C qua đường thẳng AB.

Giải: a) Ta có−→SA = (2; 2; 1) ,

−→SB = (−1; 2;−2) ,

−→SC = (−2; 1; 2)

Khi đó[−→SA,

−→SB]=

(∣∣∣∣2 1

2 −2

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣

1 2

−2 −1

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣

2 2

−1 2

∣∣∣∣)

= (−6; 3; 6)

Vậy[−→SA,

−→SB].−→SC = 12 + 3 + 12 = 27 6= 0. Và vì thế S,A,B,C không đồng phẳng

hay 4 điểm là đỉnh của một tứ diện.

VS.ABC =1

6.∣∣∣[−→SA,

−→SB].−→SC∣∣∣ =

9

2

b) Ta có AB =√(2− 5)2 + (3− 3)2 + (−4 + 1)2 = 3

√2

Tương tự : BC = CA = 3√2. Vậy ABC là tam giác đều.

Ta có SA = SB = SC =√22 + 22 + 12 = 3

Mặt khác :−→SA.

−→SB = 2. (−1) + 2.2 + 1. (−2) = 0

Tương tự ta có :−→SB.

−→SC =

−→SC.

−→SA = 0

Như vậy các tam giác SAB, SAC, SBC là các tam giác vuông cân tại S.

Do đó S.ABC là tam diện vuông tại S và VS.ABC =1

6.SA.SB.SC =

1

6.3.3.3 =

9

2

Kết quả của 2 phương pháp tính là như nhau.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

10.3. Phương trình mặt phẳng Chương 10. Hình không gian tọa độ

c) Điểm D đối xứng với C qua đường thẳng AB. Gọi H là chân đường cao hạ từ C

xuống đường thẳng AB. Khi đó H chính là trung điểm CD. Do tam giác ABC làđều nên đường cao CH cũng chính là đường trung tuyến. Vì thế H cũng là trungđiểm của AB.

Do đó tọa độ điểm H là:

xH =xA + xB

2=

7

2, yH =

yA + yB

2= 3, zH =

zA + zB

2= −

5

2⇒ H

(7

2; 3;−

5

2

)

Mặt khác H là trung điểm của CD nên ta có:

xH =xC + xD

2⇒ xD = 2xH − xC = 2.

7

2− 1 = 6

yD = 2yH − yC = 2.3− 2 = 4, zD = 2zH − zC = 2.

(−5

2

)− 0 = −5 ⇒ D (6; 4;−5)

10.3 Phương trình mặt phẳng

Ví dụ 10.6: Viết phương trình mặt phẳng (P ) biết

a) (P ) đi qua 3 điểm A(−1; 0; 2), B(3; 1;−1), C(4;−2; 0).

b) (P ) đi qua 2 điểm M(2; 1; 2), N(−1; 3; 1) và vuông góc với mặt phẳng (Q) : 2x−3y+

z − 3 = 0.

c) (P ) đi qua điểm D(2;−1; 3) và song song với mặt phẳng (R) : x− 2y + z − 2 = 0.

d) (P ) đi qua điểm E(−1;−1; 3) và vuông góc với 2 mặt phẳng (α) : 2x− y − z = 0 vàmặt phẳng (MND).

e) (P ) đi qua 3 điểm F (−1; 0; 0), G(0; 2; 0), H(0; 0;−1).

Giải: a) Ta có−→AB = (4; 1;−3) ,

−→AC = (5;−2;−2)

⇒ −→nP =[−→AB,

−→AC]

=

(∣∣∣∣1 −3

−2 −2

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣−3 4

−2 5

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣4 1

5 −2

∣∣∣∣)

= (−8;−7;−13) =

− (8; 7; 13)

Vậy mặt phẳng (P ) :

−→nP = (8; 7; 13)

A (−1; 0; 2)

⇒ (P ) : 8 (x+ 1) + 7 (y − 0) + 13. (z − 2) = 0 ⇔ 8x+ 7y + 13z − 18 = 0

b) Do (P ) đi qua M,N nên−−→MN = (−3; 2;−1) là một véc tơ chỉ phương của (P ).

Mặt khác (P )⊥(Q) nên −→nQ = (2;−3; 1) là véc tơ chỉ phương của (P ).

Từ đó ta được −→nP =[−−→MN,−→nQ

]=

(∣∣∣∣2 −1

−3 1

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣−1 −3

1 2

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣−3 2

2 −3

∣∣∣∣)

= (−1; 1; 5)

(P ) :

−→nP = (−1; 1; 5)

M (2; 1; 2)⇒ (P ) : − (x− 2) + (y − 1) + 5 (z − 2) = 0

⇔ (P ) : −x+ y + 5z − 9 = 0


Th.sĐỗMinhTuâ

n


c) (P ) song song với (R) nên −→nP = −→nR = (1;−2; 1)

Vậy (P ) :

−→nP = (1;−2; 1)

D (2;−1; 3)⇒ (P ) : (x− 2)− 2 (y + 1) + (z − 3) = 0

⇔ (P ) : x− 2y + z − 7 = 0

Vì1

1=

− 2

−2=

1

16=

− 2

−7⇒ nên (P ) : x− 2y + z − 7 = 0 là mặt phẳng cần tìm.

d) Ta có−−→MN = (−3; 2;−1) ,

−−→MD = (0;−2; 1)

[−−→MN,

−−→MD

]=

(∣∣∣∣2 −1

−2 1

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣−1 −3

1 0

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣−3 2

0 −2

∣∣∣∣)

= (0; 3; 6) = 3 (0; 1; 2)

Vậy −→n1 = (0; 1; 2) là véc tơ pháp tuyến của (MND).−−→n(α) = (2;−1;−1) là véc tơ pháp tuyến của (α).

Vì (P )⊥(α) và (MND) nên −→n1, −−→n(α) là các véc tơ chỉ phương của (P ). Do đó ta có :

−→nP =[−−→n(α),

−→n1

]=

(∣∣∣∣−1 −1

1 2

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣−1 2

2 0

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣2 −1

0 1

∣∣∣∣)

= (−1;−4; 2)

Vậy (P ) :

−→nP = (−1;−4; 2)

E (−1;−1; 3)⇒ (P ) : − (x+ 1)− 4 (y + 1) + 2 (z − 3) = 0

⇔ (P ) : −x− 4y + 2z − 11 = 0

e) Ngoài cách làm trường hợp mặt phẳng đi qua 3 điểm ta có thể làm bằng phươngtrình mặt chắn như sau:

(P ) :x

−1+

y

2+

z

−1= 1 ⇔ 2x− y + 2z + 2 = 0

Ví dụ 10.7: Viết phương trình mặt phẳng trung trực của AB biết A(0; 0;−3), B(2; 0;−1)

Giải: Gọi M là trung điểm của AB. Do đó M(1; 0;−2).Ký hiệu (P ) là mặt phẳng trung trực của AB. Thì khi đó (P ) đi qua M và vuông góc với

AB nên (P ) :

M (1; 0;−2)−→nP =

−→AB = (2; 0; 2) = 2 (1; 0; 1)

⇒ (P ) : (x− 1)+0. (y − 0)+(z + 2) =

0

⇔ (P ) : x+ z + 1 = 0

Ví dụ 10.8: Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua điểm M(5; 4; 3). Ngoài ra (P ) cắtcác trục tọa độ tại 3 điểm cách đều gốc tọa độ.

Giải: Phương trình mặt (P ) có dạng:x

a+

y

b+

z

c= 1. Vì mặt (P ) cắt trục tọa độ tại 3

điểm cách đều O nên |a| = |b| = |c| 6= 0

(P ) đi qua điểm M(5; 4; 3) nên ta có:

5

a+

4

b+

3

c= 1

+) TH1: a = b , b = c. Thay vào ta có :12

a= 1 ⇔ a = 12 do đó b = c = 12.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Phương trình (P ) : x+ y + z − 12 = 0.+) TH2: a = −b, b = c.

Thay vào ta có : −2

a= 1 ⇔ a = −2 do đó b = c = 2.

Phương trình (P ) : −x+ y + z − 2 = 0

+) TH3: a = b, b = −c.

Thay vào phương trình ta có :6

a= 1 ⇔ a = 6. Do đó b = 6, c = −6.

Phương trình (P ) : x+ y − z − 6 = 0.+) TH4: a = −b, b = −c.

Thay vào phương trình ta có4

a= 1 ⇔ a = 4. Do đó b = −4, c = −4.

Phương trình (P ) : x− y − z − 4 = 0.

Ví dụ 10.9: Cho mặt phẳng (P ) : x + y − z = 0, (Q) : 2x + 2y − 2z − 5 = 0 và điểmM(2; 1;−3).

a) Chứng minh (P )‖(Q).

b) Tính khoảng cách từ điểm M đến 2 mặt phẳng (P ) và (Q).

c) Tính khoảng cách giữa 2 mặt phẳng (P ) và (Q).

d) Tìm tập hợp các điểm cách đều 2 mặt phẳng (P ), (Q).

Giải: a) Vì1

2=

1

2=

− 1

−26=

0

−5⇒ (P )‖(Q).

b) d (M, (P )) =|2 + 1 + 3|√

12 + 12 + (−1)2= 2

√3

d (M, (Q)) =|2.2 + 2.1− 2. (−3)− 5|√

22 + 22 + (−2)2=

7

2√3=

7√3

6

c) Ta có N(1; 0; 1) ∈ (P ).

Vì (P ) ‖ (Q) ⇒ d ((P ) , (Q)) = d (N, (Q)) =|2.1 + 2.0− 2.1− 5|√

22 + 22 + (−2)2=

5

2√3

d) Gọi điểm A(x0; y0; z0) là điểm cách đều (P ), (Q). Do đó ta có:

d (A, (P )) = d (A, (Q)) ⇔|x0 + y0 − z0|√12 + 12 + (−1)2

=|2.x0 + 2.y0 − 2.z0 − 5|√

22 + 22 + (−2)2

⇔ 2 |x0 + y0 − z0| = |2.x0 + 2.y0 − 2.z0 − 5|

⇔[2x0 + 2y0 − 2z0 = 2x0 + 2y0 − 2z0 − 5

(Vô lý

)

2x0 + 2y0 − 2z0 = − (2x0 + 2y0 − 2z0 − 5)⇔ 4x0 + 4y0 − 4z0 − 5 = 0

Vậy tập hợp những điểm cách đều 2 mặt phẳng (P ), (Q) là mặt phẳng 4x+4y−4z−5 =

0


Th.sĐỗMinhTuâ

n

10.4. Phương trình đường thẳng Chương 10. Hình không gian tọa độ

10.4 Phương trình đường thẳng

Chuyển đổi cách dạng phương trình.

Ví dụ 10.10: a) Cho phương trình đường thẳng d :

x = −1 + 3t

y = 2− t

z = t

. Hãy viết phương

trình dạng chính tắc và dạng tổng quát của d.

b) Cho đường thẳng ∆ là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P ) : x + 2y − z − 1 = 0 và(Q) : 2x− y − 3z + 3 = 0. Viết phương trình dạng tham số và chính tắc của ∆.

c) Cho đường thẳng a :x+ 1

2=

2− y

3= z + 2. Viết phương trình dạng tổng quát và

tham số của a.

Giải: a) Dạng chính tắc : d :x+ 1

3=

y − 2

−1=

z

1

Dạng tổng quát:

x+ 1

3=

y − 2

−1y − 2

−1=

z

1

⇔ −x− 1 = 3y − 6

y − 2 = −z⇔

x+ 3y − 5 = 0

y + z − 2 = 0

b) +) C1: Ta có −→nP = (1; 2;−1) , −→nQ = (2;−1;−3)

Do đó −→u∆ = [−→nP ,−→nQ] =

(∣∣∣∣2 −1

−1 −3

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣−1 1

−3 2

∣∣∣∣ ;∣∣∣∣1 2

2 −1

∣∣∣∣)

= (−7; 1;−5)

Xét hệ :

x+ 2y − z − 1 = 0

2x− y − 3z + 3 = 0

z = 0

⇔

x = −1

y = 1

z = 0

Vậy ta được điểm M0(−1; 1; 0) ∈ ∆. Do đó phương trình tham số của ∆ là:

x = −1− 7t

y = 1 + t

z = −5t

Và phương trình chính tắc là:x+ 1

−7=

y − 1

1=

z

−5

+) C2: Đặt z = t. Xét hệ sau:

x+ 2y − t− 1 = 0

2x− y − 3t+ 3 = 0⇔

x+ 2y = t+ 1

2x− y = 3t− 3⇔

x =7

5t− 1

y = −1

5t+ 1

⇒ ∆ :

x =7

5t− 1

y = −1

5t+ 1

z = t

⇔ ∆ :

x = 7t− 1

y = −t+ 1

z = 5t

Do đó phương trình chính tắc của ∆:

x+ 1

7=

y − 1

−1=

z

5


Th.sĐỗMinhTuâ

n

10.4. Phương trình đường thẳng Chương 10. Hình không gian tọa độ

c) Ta có a :x+ 1

2=

2− y

3= z + 2 ⇔

x+ 1

2=

y − 2

−3=

z + 2

1

Do đó phương trình dạng tham số là : a :

x = −1 + 2t

y = 2− 3t

z = −2 + t

Ta có

x+ 1

2=

y − 2

−3y − 2

−3=

z + 2

1

⇔ −3x− 3 = 2y − 4

y − 2 = −3z − 6⇔

3x+ 2y − 1 = 0

y + 3z + 4 = 0là phương

trình tổng quát của a.

Viết phương trình đường thẳng:

Ví dụ 10.11: Viết phương trình đường thẳng d biết nó thỏa mãn điều kiện:

a) d đi qua 2 điểm M(2; 3;−1) và N(1; 2; 4).

b) d đi qua điểm A(2;−1; 1) và vuông góc với mặt phẳng (P ) : 2x− y + z − 3 = 0.

c) d đi qua điểm B(−3; 1; 2) và song song với đường thẳng ∆ là giao tuyến của 2 mặtphẳng (α1) : x− y − 3z + 1 = 0 và (α2) : 2x+ y − z − 2 = 0.

d) d đi qua điểm C(−1; 0; 3) và song song với 2 mặt phẳng (β1) : x− 2y− 3z− 1 = 0 và(β2) : 3x− y − z = 0.

e) d đi qua điểm D(2; 1; 1) và vuông góc với 2 đường thẳng d1 :x− 3

2=

y + 1

5=

2− z

3,

d2 :

2x+ 3y − z = 0

−x− 3y + 4z + 3 = 0

Giải: a)−−→MN = (−1;−1; 5). Do đó :

d :

−→u = (1; 1;−5)

M(2; 3;−1)nên phương trình d :

x = 2 + t

y = 3 + t

z = −1− 5t

b) d⊥(P ) nên −→ud =−→nP = (2;−1; 1) . Do đó:

d :

−→u = (2;−1; 1)

A(2;−1; 1). Phương trình d là:

x = 2 + 2t

y = −1− t

z = 1 + t

c) (α1) : x− y − 3z + 1 = 0 ⇒ −→n1 = (1;−1;−3).

(α2) : 2x+ y − z − 2 = 0 ⇒ −→n2 = (2; 1;−1)

Do đó −→u∆ = [−→n1,−→n2] =

(∣∣∣∣−1 −3

1 −1

∣∣∣∣ ,∣∣∣∣−3 1

−1 2

∣∣∣∣ ,∣∣∣∣1 −1

2 1

∣∣∣∣)

= (4;−5; 3)

d ‖ ∆ nên −→ud =−→u∆ = (4;−5; 3) .

d :

B (−3; 1; 2)−→u = (4;−5; 3)

nên phương trình d :

x = −3 + 4t

y = 1− 5t

z = 2 + 3t


Th.sĐỗMinhTuâ

n

Chương 11. Tích phân

Chương 11

Tích phân

11.1 Vi phân

11.1.1 Định nghĩa

Định nghĩa 11.1. Cho hàm f : (a; b) → R, thỏa mãn có đạo hàm tại điểm x ∈ (a, b).Ký hiệu df(x) = f ′(x).dx gọi là vi phân của hàm f tại điểm x.

Ví dụ 11.1: d(x2) = (x2)′.dx = 2x.dx.

d(?) = x3.dx thì ? =x4

4+ C.

11.1.2 Các tính chất

Với u, v là các hàm theo biến x; C, λ là các hằng số. Ta có các công thức sau:

❶ d(C) = 0.

❷ d(u± v) = du± dv.

❸ d(u.v) = udv + vdu. Đặc biệt d(λ.u) = λ.du.

❹ d

(u

v

)=

vdu− udv

v2.

❺ d(f(u)) = f ′(u)du. (Công thức bất biến vi phân).

11.1.3 Bảng đạo hàm các hàm số sơ cấp thường gặp

❶ (C)′ = 0.

❷ (xα)′ = α.xα−1. Đặc biệt:

x′ = 1(1

x

)′

= −1

x2

(√x)

′=

1

2√x


Th.sĐỗMinhTuâ

n

11.2. Nguyên hàm và tích phân bất định Chương 11. Tích phân

❸ (sin x)′ = cos x, (cos x)′ = − sin x.

❹ (tan x)′ =1

cos2 x= 1 + tan2 x, (cot x)′ = −

1

sin2 x= − (1 + cot2 x).

❺ (ex)′ = ex

(ax)′ = ax. ln a.

❻ (ln x)′ =1

x

(loga (x))′ =

1

x. ln a.

11.2 Nguyên hàm và tích phân bất định

11.2.1 Định nghĩa

Định nghĩa 11.2. Cho hàm f : (a, b) → R xác định trên khoảng (a, b). Hàm F : (a, b) →R có đạo hàm trên khoảng (a, b) và thỏa mãn F ′(x) = f(x), ∀x ∈ (a, b) được gọi là nguyênhàm của hàm f trên khoảng (a, b).

Ví dụ 11.2: f(x) = sin x thì F (x) = − cos x là một nguyên hàm của hàm f(x).

Ví dụ 11.3: f(x) = 1 thì F (x) = x+ 2 là một nguyên hàm của hàm f(x).

11.2.2 Các tính chất

Định lý 11.1. Nếu f ′(x) = 0 thì f(x) là hàm hằng.

Định lý 11.2. Nếu F (x), G(x) là 2 nguyên hàm nào đó của hàm f(x) thì ∃C sao choF (x) = G(x) + C, ∀x.

Chứng minh. Theo giả thiết ta có F ′(x) = G′(x) = f(x), ∀x. Do đó (F − G)′(x) = 0,∀x. Theo Định lý 11.1 thì ∃C sao cho F (x)−G(x) = C hay F (x) = G(x) + C.

Định nghĩa 11.3. Ta ký hiệu tích phân bất định∫f(x)dx là họ tất cả các nguyên hàm

của hàm f(x). Theo Định lý 11.2.2, thì∫f(x)dx = F (x) + C với F (x) là một nguyên

hàm nào đó của f(x).

Định lý 11.3. f(x), g(x), u(x) là các hàm và λ,C là hằng số. Ta có các tính chất sau:

❶∫0.dx = C.

❷∫λf(x)dx = λ.

∫f(x)dx, ∀λ ∈ R.

❸∫(f(x)± g(x)) dx =

∫f(x)dx±

∫g(x)dx.

❹ Nếu∫f(x)dx = F (x)+C thì

∫f(u)du =

∫f(u).u′dx = F (u)+C. (Công thức bất

biến tích phân - Tích phân không thay đổi khi ta thay biến x bởi một hàm u theobiến x bất kỳ).


Th.sĐỗMinhTuâ

n

11.2. Nguyên hàm và tích phân bất định Chương 11. Tích phân

11.2.3 Bảng nguyên hàm các hàm số sơ cấp thường gặp

Với C là hằng số, u là hàm bất kỳ theo biến x. Ta có

TT Hàm f(x) Nguyên hàm của f(x) Bất biến tích phân

1 0∫0.dx = C

2 1∫dx = x+ C

∫du = u+ C

3 xα∫xαdx =

xα+1

α + 1+ C, (α 6= −1)

∫uαdu =

uα+1

α + 1+ C

41

x

∫ dx

x= ln |x|+ C

∫ du

u= ln |u|+ C

5 ex∫exdx = ex + C

∫eudu = eu + C

ax∫axdx =

ax

ln a+ C

∫audu =

au

ln a+ C

6 sin x∫sin xdx = − cos x+ C

∫sin udu = − cos u+ C

7 cos x∫cos xdx = sin x+ C

∫cos udu = sin u+ C

81

cos2 x

∫ dx

cos2 x= tan x+ C

∫ du

cos2 u= tan u+ C

91

sin2 x

∫ dx

sin2 x= − cot x+ C

∫ du

sin2 u= − cot u+ C

Ví dụ 11.4: Tính các tích phân sau:

a) I =∫ dx

x2

b) I =∫(x3 + 2x2 − x−

13√x+ 5

)dx

c) I =∫sin5 x cos xdx.

d) I =∫sin5 xdx

Giải: a) I =∫x−2dx =

x−2+1

−2 + 1= −

1

x

b) I =∫ (

x3 + 2x2 − x− x−1/3 + 5)=

x4

4+ 2.

x3

3−

x2

2−

x2/3

2/3+ 5x + C =

x4

4+ 2.

x3

3−

x2

2−

3

2.

3√x2 + 5x+ C.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

11.3. Các phương pháp tính tích phân Chương 11. Tích phân

c) I =∫sin5 x.d(sin x) =

sin6 x

6+ C.

d) I =∫sin4 x.(sin xdx) = −

∫(1− cos2 x)2.d(cos x) =

∫(−1 + 2 cos2 x− cos4 x) d(cosx) =

− cos x+2

3cos3 x−

1

5cos5 x+ C.


a) I =∫(2x+ 1)100dx.

b) I =∫ex.(ex + 1)2dx.

c) I =∫(tan x+ tan2 x)dx.

Giải: a) I =1

2.∫(2x+ 1)100 .d(2x+ 1) =

1

2.(1 + 2x)101

101=

(1 + 2x)101

202.

b) I =∫(ex + 1)2d(ex + 1) =

1

3(ex + 1)3

c) I =∫ sin x

cos xdx+

∫(1 + tan2 x− 1)dx

= −∫ d(cosx)

cosx+∫ dx

cos2 x−∫dx = − ln | cos x|+ tan x− x+ C.

11.3 Các phương pháp tính tích phân

11.3.1 Phép đổi biến số

Phép đổi xuôi: Xét I =∫f(x)dx. Đặt x = ϕ(t) thì dx = ϕ′(t)dt.

Ta có I =∫f(ϕ(t)).ϕ′(t)dt.

Một số trường hợp:

+)√a2 − x2: Đặt x = a sin t (ở đó −

π

2≤ t ≤

π

2) hoặc x = a cos t với 0 ≤ t ≤ π.

+)√a2 + x2,

1

a2 + x2: Đặt x = a tan t với −

π

2< t <

π

2.

Phép đổi ngược: Xét I =∫f(ϕ(x)).ϕ′(x)dx.

Đặt t = ϕ(x) ⇒ dt = ϕ′(x).dx. Khi đó I =∫f(t)dt

Một số phép đổi ngược:

STT Dạng chuẩn Dạng thu gọn Đổi biến

1∫f(xα).α.xα−1dx

∫f(xα).xα−1dx t = xα


Th.sĐỗMinhTuâ

n


2∫f( n

√x).

1

nn√xn−1dx

dx∫f( n

√x)dx t = n

√x

3∫f(sin x) cos xdx

∫f(sin x) cos xdx t = sin x

4∫f(cos x)(− sin x)dx

∫f(cos x) sin xdx t = cosx

5∫f(tan x).(1 + tan2 x)dx

∫f(tan x)dx t = tan x

6∫f(cot x).[−(1 + cot2 x)]dx

∫f(cot x)dx t = tan x

7∫f(ex).exdx

∫f(ex)dx t = ex

8∫f(ln x)

dx

x

∫f(ln x)

dx

xt = ln x


a) I =∫ x3dx

x8 − 1

b) J =∫ dx

3√x+ 2

c) K =∫(tan3 x− 2 tan2 x+ tan x− 2) dx.

d) L =∫(ln2 x− ln x− 1)

dx

x.

e) M =∫ dx

ex − 1.

Giải: a) Đặt t = x4 ⇒ dt = 3x3dx ⇒ x3dx =dt

3.

Do đó I =∫ dt

3(t2 − 1)=

1

6

∫(

1

t− 1−

1

t+ 1

)dt =

1

6(ln |t− 1| − ln |t+ 1|)

=1

6. ln

∣∣∣∣∣x4 − 1

x4 + 1

∣∣∣∣∣+ C

b) Đặt t = 3√x+ 2 ⇒ x = (t− 2)3 ⇒ dx = 3(t− 2)2dt

J =∫ 3(t− 2)2dt

t=∫(3t− 12 +

12

t

)dt

=3t2

2− 12t+ 12 ln |t| =

3 ( 3√x+ 2)

2

2− 12( 3

√x+ 2) + ln | 3

√x+ 2|+ C


Th.sĐỗMinhTuâ

n


c) K =∫(tan x− 2) (tan2 x+ 1) dx

Đặt t = tan x ⇒ dt = (tan2 x+ 1)dx

K =∫(t− 2)dt =

t2

2− 2t =

tan2 x

2− 2 tan x+ C

d) Đặt t = ln x ⇒ dt =dx

x

L =∫(t2 − t− 1)dt =

t3

3−

t2

2− t =

ln3 x

3−

ln2 x

2− ln x+ C

e) M =∫ exdx

ex(ex − 1)

Đặt ex = t ⇒ exdx = dt

M =∫ dt

t(t− 1)=∫(

1

t− 1−

1

t

)dt = ln |t− 1| − ln |t| = ln(ex − 1)− x+ C.

11.3.2 Tích phân từng phần

Công thức:

∫udv = uv −

∫vdu

Trong đó:

Phép biến đổi Phép toánu → du Đạo hàm (hay vi phân)dv → v Nguyên hàm (hay tích phân)

Chú ý:

- Hai phép toán trên là ngược của nhau- Phép tính đạo hàm dễ thực hiện hơn phép tính nguyên hàm.- Thứ tự ưu tiên đặt u:1. Các hàm ngược: ln, arcsin, arctan, căn bậc 2, căn bậc 3, ...2. Các hàm đa thức: (khi đạo hàm đa thức giảm đi một bậc)3. Các hàm tính đạo hàm hay nguyên hàm đều đơn giản: ex, sin x, cos x, ...


a) I =∫x sin xdx.

b) J =∫x2 ln xdx.

c) K =∫ex. sin xdx.

Giải: a) Đặt

u = x

dv = sin xdx⇒

du = dx

v = − cos x

Do đó I = −x cos x+∫cos xdx = −x cos x+ sin x+ C.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


b) Đặt

u = ln x

dv = x2dx⇒

du =dx

x

v =x3

3

Do đó I =1

3x3 ln x−

1

3

∫x2dx =

1

3x3 ln x−

1

9x3 + C.

c) Cách 1:

Đặt

u = ex

dv = sin xdx⇒

du = exdx

v = − cos x

Do đó K = −ex. cos x+∫ex cos xdx.

Đặt

u = ex

dv = cos xdx⇒

du = exdx

v = sin x

Do đó K = −ex cosx+ ex sin x−∫ex sin xdx = −ex cos x+ ex sin x−K

⇒ K = −1

2ex cos x+

1

2ex sin x+ C.

Cách 2: Đồng nhất hệ số.

Gọi F (x) = (a. sin x+ b cos x)ex là nguyên hàm của f(x) = ex sin x.

Ta có F ′(x) = [(a− b) sin x+ (a+ b) cos x]ex

Do đó ta được hệ:

a− b = 1

a+ b = 0⇔

a =1

2

b = −1

2

Do đó K =1

2(sin x− cos x) ex + C.

11.3.3 Tích phân hàm phân thức

Dạng I =∫ P (x)

Q(x)dx.

Không mất tính tổng có thể giả sử: degP < degQ

Thật vậy, nếu degP ≥ degQ thì ta có P (x) = Q(x).M(x) +R(x).(M là thương và N là dư).

I =∫(M(x) +

R(x)

Q(x)

)với degR < degQ.

Để cho đơn giản ta xét tích phân sau:

1.∫ ax+ b

x2 + px+ qdx với ∆ = p2 − 4q > 0 và 2 nghiệm x1, x2.

ax+ b

x2 + px+ q=

ax+ b

(x− x1)(x− x2)=

A

x− x1

+B

x− x2

(Các bạn tự tổng quát cho trường hợp Mẫu là một đa thức bậc n có đủ n nghiệm phânbiệt)

2.∫ ax+ b

x2 + px+ qdx với ∆ = p2 − 4q = 0 và nghiệm kép x0.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


ax+ b

x2 + px+ q=

ax+ b

(x− x0)2=

A

x− x0

+B

(x− x0)2.

(Các bạn tự tổng quát cho trường hợp Mẫu là một đa thức bậc n có nghiệm bội n)

3.∫ ax+ b

x2 + px+ qdx. với ∆ = p2 − 4q < 0.

ax+ b

x2 + px+ q=

ax+ b

(x+m)2 + n(với n > 0)

=A(2x+ p)

x2 + px+ q+

B

(x+m)2 + n.


a) I =∫ x3 + 2x+ 3

x2 − x− 6dx.

b) I =∫ 3x2 − x− 1

x3 − 3x2 + 4dx

Giải: a) Ta cóx3 + 2x+ 3

x2 − x− 6= x+ 1 +

10x+ 9

x2 − x− 6.

Mặt khác10x+ 9

x2 − x− 6=

10x+ 9

(x− 3)(x+ 2)=

A

x− 3+

B

x+ 2=

(A+B)x+ 2A− 3B

x2 − x− 6.

Đồng nhất hệ số ta được:

A+ B = 10

2A− 3B = 9⇔

A =39

5

B =11

5

Do đó I =1

2x2+x+

39

5

∫ dx

x− 3+11

5

∫ dx

x+ 2=

1

2x2+x+

39

5ln |x−3|+

11

5ln |x+2|+C.

b) Ta có3x2 − x− 1

x3 − 3x2 + 4=

3x2 − x− 1

(x+ 1)(x− 2)2=

A

x+ 1+

B

x− 2+

C

(x− 2)2

=(A+ B)x2 + (−4A−B + C)x+ 4A− 2B + C

(x+ 1)(x− 2)2

Đồng nhất hệ số ta được:

A+ B = 3

−4A−B + C = −1

4A− 2B + C = −1

⇔

A =1

3

B =8

3C = 3

Vậy I =1

3

∫ dx

x+ 1+

8

3

∫ dx

x− 2+ 3

∫ dx

(x− 2)2

=1

3ln |x+ 1|+

8

3ln |x− 2| −

3

x− 2+ C.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

11.4. Tích phân xác định Chương 11. Tích phân

11.4 Tích phân xác định

Cách tính gần giống như tích phân bất định, ta chỉ việc thêm bước thế cận.

Ví dụ 11.9: Tính tích phân sau:

a) I =2∫0

(x3 + x− 1)dx

x2 + 4

b) J =9∫0

(2x− 1)√9− x2dx

Giải: a) I =2∫0

(x−

3x+ 1

x2 + 4

)=

1

2x2 |20 − 3

2∫0

xdx

x2 + 4−

2∫0

dx

x2 + 4= 2− 3I1 − I2.

Với I1 =2∫0

xdx

x2 + 4

Đổi biến t = x2 + 4 ⇒ dt = 2xdx ⇒ xdx =dt

2.

Cận: x = 0 ⇒ t = 4, x = 2 ⇒ t = 8.

I1 =8∫4

dt

2t=

1

2ln t |84 = ln 2.

I2 =2∫0

dx

x2 + 4.

Đổi biến x = 2 tan t ⇒ dx = 2(1 + tan2 t)dt.

Cận x = 0 ⇒ t = 0, x = 2 ⇒ t =π

4.

Do đó I2 =

π

4∫0

2(1 + tan2 t)dt

4 + 4 tan2 t=

t

2

∣∣∣π

4

0 =π

8

Vậy I = 2− 3 ln 2−π

8

b) J =3∫0

2x√9− x2dx−

3∫0

√9− x2dx = J1 − J2.

Xét J1 =3∫0

2x√9− x2dx.

Đổi biến t =√9− x2 ⇒ t2 = 9− x2 ⇒ 2tdt = −2xdx ⇒ xdx = −tdt.

Cận: x = 0 ⇒ t = 3, x = 3 ⇒ t = 0.

Do đó J1 = 20∫3

t.(−tdt) =− 2t3

3|03 = 18

Xét J2 =3∫0

√9− x2dx.

Đổi biến x = 3 sin t ⇒ dx = 3 cos tdt.

Cận: x = 0 ⇒ t = 0, x = 3 ⇒ t =π

2.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

11.5. Ứng dụng của tích phân Chương 11. Tích phân

J2 =

π

2∫0

√9− 9 sin2 t cos tdt =

π

2∫0

3 cos2 tdt =3

2

π

2∫0

(1 + cos 2t)dt

=3

2

(t+

1

2sin 2t

)∣∣∣π

2

0 =9π

4

Vậy J = 18−9π

4

Ví dụ 11.10 (A-2008): Tính tích phân sau: I =

π

6∫0

tan4 xdx

cos 2x

Giải: I =

π

6∫0

tan4 xdx

1− tan2 x

1 + tan2 x

=

π

6∫0

tan4 x.(1 + tan2 x)dx

1− tan2 x.

Đổi biến t = tan x ⇒ dt = (1 + tan2 x)dx

Cận: x = 0 ⇒ t = 0, x =π

6⇒ t =

1√3

I =

1√3∫

0

t4dt

1− t2=

1√3∫

0

(−t2 − 1−

1

t2 − 1

)dt =

(−t3

3− t

)∣∣∣∣1√3

0 −1

2

1√3∫

0

(1

t− 1−

1

t+ 1

)dt

= −10√3

27−

1

2ln

∣∣∣∣∣t− 1

t+ 1

∣∣∣∣∣

∣∣∣∣1√3

0 = −10√3

27+

1

2ln

(√3 + 1√3− 1

)

Ví dụ 11.11 (B-2009): Tính tích phân sau: I =3∫1

3 + ln x

(x+ 1)2dx

Giải: Đặt

u = 3 + ln x

dv =dx

(x+ 1)2⇒

du =dx

x

v = −1

x+ 1

Do đó I = −3 + ln x

x+ 1|31 +

3∫1

dx

x(x+ 1)=

3

4−

1

4ln 3 +

3∫1

(1

x−

1

x+ 1

)dx

=3

4−

1

4ln 3 + ln

∣∣∣∣∣x

x+ 1

∣∣∣∣∣ |31 =

3

4−

1

4ln 3 + ln 3− ln 2 =

3

4+

3

4ln 3− ln 2

11.5 Ứng dụng của tích phân

Công thức cơ bản: S(D) =b∫a

f(x)dx

VOx(D) = πb∫a

f 2(x)dx

Với D = (x, y) |a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f(x)

11.5.1 Tính diện tích

Ví dụ 11.12 (A-2007): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = (e+ 1)x

và y = (1 + ex)x


Th.sĐỗMinhTuâ

n

11.5. Ứng dụng của tích phân Chương 11. Tích phân

Giải: Xét phương trình: (e+ 1)x = (1 + ex)x ⇔[x = 0

ex = e ⇒ x = 1

Chú ý rằng nếu x =1

2thì y1 =

e+ 1

2còn y2 =

e1/2 + 1

2và y1 > y2 nên

S =1∫0

[(e+ 1)x− (1 + ex)x] dx =1∫0

(e.x− x.ex) dx = e.x2

2|10 − I

I =1∫0

x.exdx

Đặt

u = x

dv = exdx⇒

du = dx

v = ex

Do đó I = x.ex |10 −1∫0

exdx = e− ex |10 = e− (e− 1) = 1

Vậy S =e

2− 1 (đvdt)

11.5.2 Tính thể tích vật thể tròn xoay

Ví dụ 11.13 (B-2007): Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường: y = x ln x, y = 0,x = e.Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình (H) quanh trục Ox.

Giải: Xét phương trình x ln x = 0 ⇔ x = 1 (vì x > 0).

Do đó V = πe∫1

x2 ln2 xdx = πI

Đặt

u = ln2 x

dv = x2dx⇒

du = 2ln x

xdx

v =x3

3

Do đó I =x3 ln2 x

3|e1 −

2

3

e∫1

x2 ln xdx =e3

3−

2

3I1.

I1 =e∫1

x2 ln xdx

u = ln x

dv = x2dx⇒

du =dx

x

v =x3

3

I1 =x3 ln x

3|e1 −

1

3

e∫1

x2dx =e3

3−

1

9x3 |e1 =

2e3 + 1

9

Do đó I =e3

3−

4e3 + 2

27=

5e3 − 2

27

Vậy VOx(H) =5e3 − 2

27π


Th.sĐỗMinhTuâ

n

11.6. Bài tập Chương 11. Tích phân

11.6 Bài tập

Tìm nguyên hàm

Bài 11.1: Xác định a, b, c, d sao cho F (x) = (ax3+ bx2+ cx+d).e−x là một nguyên hàmcủa hàm số f(x) = (2x3 − x2 + 1)e−x.

Bài 11.2: Xác định a, b, c sao cho F (x) = (ax2 + bx + c).√2x− 3 là một nguyên hàm

của hàm số: f(x) =2x2 − x− 1√

2x− 3Tìm G(x) là nguyên hàm của f(x) thỏa mãn G(2) = 1.

Bài 11.3: Xác định a, b, c, d sao cho F (x) = (ax+ b) sin x+(cx+d) cos x là nguyên hàmcủa hàm số f(x) = (x+ 2) sin x+ (2x− 1) cos x

Bài 11.4: Tìm nguyên hàm của các hàm số:

a) f(x) = cos2x

2

b) f(x) = sin3 2x.

Bài 11.5: Tính các tích phân:

a)∫ex.(2− e−x)dx.

b)∫ ex

2xdx

c)∫ 2x.3x.5x

10xdx.

d)∫ e2−5x + 1

exdx.

e)∫ ex

ex + 2dx


a)∫ √

x4 + x−4 + 2dx.

b)∫

3√x 5√xdx.

c)∫(1− 2x)2001dx.

d)∫x√x2 + 4dx.

e)∫√5− 4 ln x

xdx

Bài 11.7: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số:

a) f(x) = (1− 2x2)3.

b) f(x) =2√x− x3.ex − 3x2

x3.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


c) f(x) =(2 +

√x)3√

xdx.

d) f(x) =1√

3x+ 5−√3x− 1

.

e) f(x) =x+ 1

x2 − 6x+ 5.

f) f(x) =4x2 + 6x+ 1

2x+ 1.

g) f(x) =4x3 + 4x2 − 1

2x+ 1.

h) f(x) =− 4x3 + 9x+ 1

9− 4x2.

i) f(x) = (sin x+ cos x)2.

j) f(x) = cos

(2x−

π

3

). cos

(2x+

π

4

).

k) f(x) = cos3 x+ cos4 x+ sin4 x.

l) f(x) = sin6 2x+ cos6 2x.

Bài 11.8: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau:

a) f(x) = x2(x− 1)9.

b) f(x) =x4

x10 − 4.

c) f(x) =x2 − x

(x− 2)3.

d) f(x) =x2 − 1

x4 + 1.

e) f(x) =2x

x+√x2 − 1

.

f) f(x) =1√

(x2 + a2)3(a > 0).

g) f(x) =1

3√x2 −√

x


a) f(x) =cos5 x3√sin x

+1

cos x


Th.sĐỗMinhTuâ

n


b) f(x) =cos3 x

sin x+

1

sin4 x.

c) f(x) =sin x+ cos x3√sin x− cos x

.


a) f(x) =1√

1 + e2xdx.

b) f(x) =x+ 1

x(1 + x.ex).

c) f(x) =2x.3x

9x − 4x.

d) f(x) =1

x ln x ln(ln x).


a) f(x) = ln x

b) f(x) = (x2 + 1)e2x.

c) f(x) = x2. sin x.

d) f(x) = e3x. sin 2x.

e) f(x) = x. cos√x.

f) f(x) = ex.(1 + tan x+ tan2 x).

Bài 11.12: Tìm họ nguyên hàm của hàm số:

a) f(x) = e√x.

b) f(x) =

(ln x

x

)2

.

c) f(x) = (x+ 1)2 cos2 x.

d) f(x) = e−2x. cos 3x.

e) f(x) = sin(ln x).

f) f(x) =√x2 + a với a 6= 0.


a) f(x) = x3. ln x

b) f(x) = (x2 + x− 1). sin 2x

c) f(x) = x. sin√x


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 11.14: Tính các tích phân sau:

a)∫ dx

4x2 + 8x+ 3.

b)∫ dx

x2 − 7x+ 10.

c)∫ dx

3x2 − 2x− 1.

d)∫ 2x− 7

x2 − 3x+ 2dx.

e)∫ 5x− 7

x2 − 3x+ 2dx.

f)∫ 2x+ 7

x2 + 5x+ 6dx.

g)∫ 2x+ 5

9x2 − 6x+ 1dx.


a)∫ xdx

(x+ 1)(2x+ 1).

b)∫ 2x2 + 41x− 91

(x− 1)(x2 − x− 12)dx.

c)∫ dx

6x3 − 7x2 − 3x.

d)∫ x3 − 1

4x3 − xdx.

e)∫ (x3 − 3x+ 2)dx

x.(x2 + 2x+ 1).

f)∫ (x+ 2)2dx

x(x2 − 2x+ 1).


a)∫ xdx

x4 − 3x2 + 2.

b)∫ x7dx

(x4 + 1)2.

c)∫ xdx

x4 − 2x2 − 1.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


d)∫ x5dx

x6 − x3 − 2.

e)∫ 2dx

x(x2 + 1).

f)∫ dx

x(x10 + 1)2.

g)∫ x2 − 1

x4 + 1dx.

h)∫ x3dx

(x2 + 1)2.

i)∫ x2dx

(1− x)10

Bài 11.17: Cho hàm số: f(x) =2x2 + 2x+ 5

x3 − 3x+ 2.

a) Tìm m,n, p để f(x) =m

(x− 1)2+

n

x− 1+

p

x+ 2.

b) Tìm họ nguyên hàm của f(x).

Bài 11.18: Tìm họ các nguyên hàm của hàm số:

a) f(x) =x4 − 2

x3 − x.

b) f(x) =1

x3 − x.

Bài 11.19: Cho hàm số f(x) =3x2 + 3x+ 3

x3 − 3x+ 2.

a) Xác định a, b, c sao cho f(x) =a

(x− 1)2+

b

x− 1+

c

x+ 2.

b) Tìm họ nguyên hàm của f(x).

Bài 11.20: Tìm họ nguyên hàm của hàm số.

a) f(x) =x2001

(1 + x2)1002.

b) f(x) =1

x(x1999 + 2000).

c) f(x) =x2 − 1

(x2 + 5x+ 1)(x2 − 3x+ 1).



Th.sĐỗMinhTuâ

n


a) f(x) =1

cos x. cos

(x+

π

4

)

b) f(x) =1√

2 + sin x− cos x.

c) f(x) =cos2 x

sin x+√3 cos x

.

d) f(x) =sin x

1 + sin 2x.

e) f(x) = sin x sin 2x cos 5x.

f) f(x) = (sin 4x+ cos 4x) . (sin 6x+ cos 6x).

g) f(x) = sin

(x−

π

4

).(2 + sin 2x).

Bài 11.22: Tìm họ các nguyên hàm sau:

a) f(x) =sin3 x

3 sin 4x− sin 6x− 3 sin 2x.

b) f(x) = cos 5x tan x+ cos 3x tan x.

c) f(x) =1

sin 2x− 2 sin x.

d) f(x) =x

sin2 x.

e) f(x) =cot x

1 + sin x.

f) f(x) = tan

(x+

π

3

). cot

(x+

π

6

).

g) f(x) = (x2 − x− 3) sin 3x.


a)x+ 1

3√3x+ 1

.

b)x√

2x+ 1 + 1.

c)x3

√x+ 2

.

d)x3

1 + 3√x4 + 1

.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


e)1

3√x+

√x.

f)1

3√(2x+ 1)2 −

√2x+ 1

g)x

10√x+ 1

.

h) tan x+1√

2x+ 1 +√2x− 1


a)x√

9x2 − 6x.

b)1√

x2 + 2x+ 3.

c)1√

x2 + 6x+ 8.

d)1√

x2 − x− 1.

e)4x+ 5√

x2 + 6x+ 1.

f)2x

x+√x2 − 1

.

g)x2 + 1

|x|√x4 + 1

.

h)x√

1 + x2 +√

(1 + x2)3.

Bài 11.25: a) Biết rằng:∫ dx√

x2 + 3= ln(x+

√x2 + 3) + C.

Tìm nguyên hàm của hàm F (x) =√x2 + 3.

b) Tính∫ √

x2 − 4x+ 8dx


a)1√

(x2 + 16)3.

b)1√

(1− x2)3.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


c)1

(x− 1)√1− x2

.

d)x− 1

(x+ 1)√x2 + 1

.

e)1

(x− 1)√−x2 + 2x+ 3

.

f)1

x+√x2 + x+ 1

.

g)x2

√x2 + x+ 1

.

h)1

1 +√x+

√1 + x

.


a) 2x.ex.

b)1

1 + ex.

c)1 + x

x.(1 + x.ex).

d)

√ln x

x.

e) ex. sin(ex).

f)e2x

e2x + 2.

g)1

x ln x.

h) x.ex2 .


a)e2x − 1

ex.

b) (1 + e3x)2.e3x.

c)e2x

4√ex + 1

.

d)1√

1 + ex.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


e)

√e2x

4√ex + 1

.

f)e√x

√x.

g)sin x

ecosx.

h)1

ex(3 + e−x).


a) x2.e3x.

b) e−2x. cos 3x.

c) ex. sin x.

d)

(ln x

x

)3

.

e) xn. ln x. (n 6= −1).


a)x2ex

(x+ 2)2.

b)(1 + sin x)ex

1 + cos x.

c)√ex + e−x + 2.

d)1

1− x2ln

1 + x

1− x.

e) ln(x+

√x2 − 1

).

f)ln x

x.√ln x+ 1

.

g)x ln(x+

√1 + x2)√

x2 + 1.

Tính tích phân xác định

Bài 11.31: Tính các tích phân

a)4∫1

dx√x.

b)1∫0

x√1− xdx.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


c)1∫0

x2 − 2x− 3

2− xdx.

d)2∫1

dx√x+ 1 +

√x− 1

.


a)π

2∫0

4 sin3 xdx

1 + cos x.

b)π

8∫0

tan2 2x(1 + tan2 2x)dx .

c)ln 2∫0

exdx

(ex + 1)2.

d)e3∫1

dx

x√1 + ln x

.

Bài 11.33: Tìm các giá trị của a để có đẳng thức:

2∫

1

[a2 + (4− 4a)x+ 4x3]dx = 12

Bài 11.34: Cho 2 hàm số f(x) = 4 cos x+ 3 sin x và g(x) = cos x+ 2 sin x.

a) Tìm các số A,B sao cho g(x) = Af(x) + Bf ′(x).

b) Tính I =

π

4∫0

g(x)dx

f(x).

Bài 11.35: Tìm các hằng số A,B để hàm số f(x) = A sin πx + B thỏa mãn đồng thờicác điều kiện:

f ′(1) = 2,2∫0

f(x)dx = 4.


a)π

2∫0

ex sin 3xdx.

b)1∫0

(x+ 1)2exdx.

c)e∫1

(x. ln x)2dx.

d)1∫0

x ln(1 + x2)dx.

e)π

2∫0

cos x. ln(1 + cos x)dx.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


f)e∫1

e

ln xdx

(1 + x)2.


a)5∫

−3

(|x+ 2| − |x− 2|) dx.

b)1∫

−1

(|2x− 1| − |x|)2 dx.

c)4∫1

√x2 − 6x+ 9dx.

d)1∫

−1

√4− |x|dx.

e)1∫

−1

√|x| − xdx.

f)3∫0

|2x − 4|dx.

g)3∫0

√x3 − 2x2 + xdx.


a)π

2∫−π

2

| sin x|dx

b)π∫0

√1 + sin xdx.

c)π∫0

√1− sin 2xdx.

d)2π∫0

√1 + sin x.


a)2∫0

max(x, x2)dx.

b)2∫1

max(1, x2)dx

c)2∫0

max(x, x3)dx.

d)π

2∫0

max(sin x, cos x)dx


Th.sĐỗMinhTuâ

n



a)1∫

−1

√1− x2dx

1 + 2x.

b)−π

2∫π

2

x+ cos x

4− sin2 xdx.

c)π∫0

x. sin3 xdx.

d)π∫

−pi

sin2 xdx

3x + 1.

e)π

2∫−π

2

x2| sin2 x|dx1 + 2x

.

f)1∫

−1

x4 + sin x

1 + x2dx.

g)π

2∫0

cos7 xdx

sin7 x+ cos7 x


a)3∫0

x4 − 1

x2 + 9dx.

b)1∫

−1

xdx

(x+ 2)3.

c)5∫1

(2x2 + 18)dx

(x2 − 6x+ 13)2.

d)5√2∫

0

x9dx

(x5 + 1)3.

e)4√2∫

0

x15dx4√(x8 + 1)2

.

f)1∫0

(1 + x)ndx.

g)1∫0

x(1− x2)ndx.


a)2∫1

x3dx

x8 + 1


Th.sĐỗMinhTuâ

n


b)1

2∫0

x3dx

x2 − 3x+ 2.

c)2∫0

dx

x(x4 + 1).

d)tan a∫1

e

xdx

1 + x2+

cot a∫1

e

dx

x(1 + x2)với tan a > 0.

e)b∫0

(a− x2)dx

(a+ x2)2với a, b > 0.

f)

√2+

√6

2∫1

x2 + 1

x4 + 1dx.

g)1+

√5

2∫1

1 + x2

x4 − x2 + 1dx.


a)π

8∫0

cos 2xdx

sin 2x+ cos 2x.

b)π

4∫0

4 sin3 xdx

1 + cos4 x.

c)π

4∫0

dx

sin2 x+ 2 sin x cos x− 8 cos2 x.

d)π

4∫0

sin xdx

sin6 x+ cos6 x

e)π

4∫−π

4

sin6 x+ cos6 x

6x + 1dx.

f)π

4∫0

cos 2xdx

(sin x+ cos x+ 2)3.

g)π

2∫0

sin x+ 7 cos x+ 6

4 sin x+ 3 cos x+ 5dx.

h)π

2∫0

sin x cos xdx√a2 cos2 x+ b2 sin2 x

với a, b 6= 0.


a)π

2∫π

6

cos3 xdx√sin x

.

b)π

4∫0

cos x− sin x√2 + sin 2x

dx.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


c)π

2∫π

3

cot x3√sin3 x− sin xdx

sin3 x.

d)π∫0

x. sin x. cos3 xdx.

e)π

3∫−π

3

x sin xdx

cos2 x.

f)π∫0

(x− cos4 x) sin3 xdx.

Bài 11.45: Tìm 2 số A,B để hàm số f(x) =sin 2x

(2 + sin x)2có thể biểu diễn dưới dạng:

f(x) = Acos x

(2 + sin x)2+ B.

cos x

2 + sin x.

Từ đó tính:0∫

−π

2

f(x)dx.


a)π

2∫0

x2. cos xdx.

b)π2∫π2

4

cos2(√x)dx.

c)π

3∫π

4

xdx

sin2 x.

d)π

4∫0

x. tan2 xdx.

e)π3

8∫0

sin 3√xdx.

f)2π∫0

x2. sinx

2dx.


a)π

2∫0

(√cos x−

√sin x

)dx.

b)π

2∫0

cosn xdx

cosn x+ sinn x.

c)π

2∫0

5 cos x− 4 sin x

(cosx+ sin x)3dx.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


d)π

2∫0

3 sin x+ 4 cos x

3 sin2 x+ 4 cos2 xdx.

Bài 11.48: Đặt I =

π

6∫0

sin2 xdx

sin x+√3 cosx

. và J =

π

6∫0

cos2 xdx

sin x+√3 cos x

a) Tính I − 3J , I + J .

b) Từ các kết quả trên hãy tính các giá trị của I, J và K =

5π

3∫3π

2

cos 2xdx

cos x−√3 sin x

Bài 11.49: a) Chứng minh rằngπ

2∫0

cos6 x. cos 6xdx =

π

2∫0

cos5 x. sin x. sin 6xdx.

b) Tính J =

π

2∫0

cos5 x. cos 7xdx


a)3∫2

3

√x− 1

x+ 1

dx

(x− 1)2

b)6∫4

√x− 4

x+ 2

dx

x+ 2.

c)1∫0

√x

4− x(x− 2)dx.

d)

1√2∫

0

√1 + x

1− xdx.

e)1∫0

dx

(1 + xm) m√1 + xm

. (m ∈ N∗)


a)4∫2

dx

x√16− x2

.

b)6∫

2√3

dx

x√x2 − 9

.

c)1∫0

x3.√1 + x2dx.

d)

√2∫

−1

x2.√4− x2dx.

e)2∫0

x√(x2 + 4)3dx.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


f)

√3

2∫0

x2.√

(3− x2)3.


a)4∫4√3

√4− x2

xdx.

b)1∫1√2

√1− x2dx

x2.

c)1

2∫1

4

dx√x− x2

.

d)1∫0

x2dx√2x− x2

.

e)a∫0

x2.√a2 − x2dx.

f)2a∫0

x√2ax− x2dx.

g)n√

a

2∫0

xn−1dx√a2 − x2n

.


a)π

2∫0

dx√x+ 3 +

√x+ 1

b)1∫

−1

dx

1 + x+√1 + x2

.

c)2∫1

dx

x2.(√x2 + 1 + x)

.

d)8∫4

(2x+ 1)dx√x2 − 4x+ x+ 2

.


a)ln 2∫0

√1− e2xdx.

b)ln 5∫0

ex.√ex − 1dx

ex + 3.

c)

√e∫

1

dx

x.√1− ln2 x

.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


d)e∫1

dx

x(1 + ln2 x).

e)e∫1

√1 + ln2 xdx

x.

f)e∫1

ln x.3√

1 + ln2 xdx

x.


a)2∫1

ln xdx

x2.

b)e2∫e

(1

ln2 x−

1

ln x

)dx.

c)e3∫e2

ln(ln x)dx

x.

d)1∫0

ln(x+ 1)dx√x+ 1

.

e)e∫1

ln xdx

(x+ 1)2.

f)π

3∫π

6

ln(sin x)dx

cos2 x.


a)π

2∫0

log2(1 + tan x)dx.

b)π

4∫0

ln(1 + tan x)dx.

c)π

2∫0

ln(1 + sin x)1+cosxdx

1 + cos x.

d)1∫0

x.ex.dx

(1 + ex)3.

Ứng dụng của tích phân

Bài 11.57: Cho Parabol (P ) : y = x2 − 4x + 3 và đường thẳng (d) : y = x − 1. Tínhdiện tích giới hạn bởi:

a) (P ) và trục Ox.

b) (P ), trục Ox và trục Oy.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


c) (P ), trục Ox, x = 2, x = 4.

d) (P ) và (d).

e) (P ), (d), x = 0, x = 2.

Bài 11.58: Tính diện tích giới hạn bởi các đường:

a) (C) : y = x+1

2x2.

b) y = x(x+ 1)5, trục Ox, trục Oy và x = 1.

c) 2(y − 1)2 = x và (y − 1)2 = x− 1.

d) y = x2 − 2x+ 2, y = x2 + 4x+ 5, y = x2 − 4x+ 3 và y = 1.

e) y =x2

8, y =

1

x, y =

8

xvới x > 0 .

Bài 11.59: Tính diện tích giới hạn bởi:

a) (C) : y = x2 − 2x và tiếp tuyến với (C) tại O(0, 0) và A(3, 3) trên (C).

b) (C) : y = x3 − 2x2 + 4x− 3, y = 0 và tiếp tuyến với (C) tại điểm có hoành độ x = 2.

Bài 11.60: Cho Parabol (P ) : y2 = x và đường tròn x2 + y2 − 4x+9

4= 0.

a) Chứng tỏ (P ) và (C) tiếp xúc nhau tại A và B.

b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P ) và các tiếp tuyến chung tại A,B.

Bài 11.61: Đường thẳng (d) : x− 3y+ 5 = 0 chia đường tròn (C) : x2 + y2 = 5 thành 2phần. Tính diện tích mỗi phần.

Bài 11.62: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:

a) y = x2, y =√x

b) x− y3 + 1 = 0, x+ y − 1 = 0.

c) x2 + y2 = 8, y2 = 2x.

d) y = 2− x2, y3 = x2.

e) y =1√

1− x4, x = 0, x =

1√2.


a) y = x.ex, y = 0, x = −1, x = 2.

b) y = x. ln2 x, y = 0, x = 1, x = e.

c) y = ex, y = e−x, x = 1.

d) y = 5x−2, y = 0, x = 0, y = 3− x.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


e) y = (x+ 1)5, y = ex, x = 1.


a) y =

∣∣∣∣∣x2

2+ 2x

∣∣∣∣∣ và y = x+ 4.

b) y = −x2 + 2|x|+ 3 và 3x+ 5y − 9 = 0.

c) y =x

|x|+ 1và y = 0, x = 1, x = 2.

d) y = | ln x|, y = 0, x =1

e, x = e.


a) y = sin x+ cos2 x với các trục tọa độ và x = π.

b) y = sin2 x+ sin x+ 1, các trục tọa độ và x =π

2

c) y = x+ sin x, y = x, x = 0, x = 2π.

d) y = x+ sin2 x, y = π, x = 0, x = π.

Bài 11.66: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng x = −1, x = 2, y = 0 vàParabol (P ) là 15. Tìm phương trình của (P ), biết (P ) có đỉnh là I(1, 2).

Bài 11.67: Cho (H) : y =2x

x− 1.

a) Chứng minh rằng hình phẳng được giới hạn bởi (H), tiệm cận ngang và các đườngthẳng x = a+ 1, x = 2a+ 1 có diện tích không phụ thuộc vào tham số a.

b) Lập phương trình tiếp tuyến (d) của (H) tại gốc tọa độ. Tính diện tích hình phẳnggiới hạn bởi (H), (d) và đường thẳng x = 2.

Bài 11.68: Cho Parabol (P ) : y = x2. Hai điểm A,B di động trên (P ) sao cho AB = 2.

a) Tìm tập hợp trung điểm I của AB.

b) Xác định vị trí của A,B sao cho diện tích của phần mặt phẳng giới hạn bởi (P ) vàcát tuyến AB đạt giá trị lớn nhất.

Bài 11.69: Đường thẳng (d) đi qua điểm M

(1

2; 1

)và các bán trục dương Ox,Oy lập

thành một tam giác. Xác định (d) để diện tích tam giác nhỏ nhất và tính giá trị đó.

Bài 11.70: Cho Parabol (P ) : y = x2. Viết phương trình đường thẳng d qua I(1, 3) saocho diện tích hình phẳng giới hạn bởi d và (P ) đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 11.71: Trên Parabol (P ) : y = x2 lấy 2 điểm A(−1; 1) và B(3; 3). Tìm điểm M trêncung AB của (P ) sao cho tam giác MAB có diện tích lớn nhất.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 11.72: Xét hình (H) giới hạn bởi Parabol (P ) : y = x2 + 1 và y = 0, x = 0, x = 1.Tiếp tuyến nào của (P ) sẽ cắt từ hình (H) ra một hình thang có diện tích lớn nhất.

Bài 11.73: Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi phép quay xung quanh trục Ox

của miền (D) giới hạn bởi các đường:

a) y = ln x, y = 0, x = 2.

b) x2 + y − 5 = 0, x+ y − 3 = 0.

c) y = x2, y =√x.

d) y = x2 − 4x+ 6, y = −x2 − 2x+ 6.

e) y = x(x− 1)2.

f) y = x.ex, x = 1, y = 0, (0 ≤ x ≤ 1).

g) y = ex, y = −x+ 2, x = 0, x = 2.

h) y = x√

ln(1 + x3), x = 1.

i) (P ) : y = x2 (x > 0), y = −3x+ 10, y = 1 (miền (D) ở ngoài (P )).

j) y =√cos4 x+ sin4 x, y = 0, x =

π

2, x = π.

Bài 11.74: Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành do xoay quanh trục Oy hìnhphẳng giới hạn bởi các đường:

a) y = x2, y = 1, y = 2.

b) y = x2, x = y2.

c) Đường tròn tâm I(3, 0) bán kính R = 2.

Bài 11.75: Cho miền (D) giới hạn bởi đường tròn (C) : x2 + y2 = 8 và Parabol (P ) :

y2 = 2x.

a) Tính diện tích (S) của (D).

b) Tính thể tích V sinh bởi (D) khi quay quanh Ox.

Bài 11.76: Tính thể tích vật thể giới hạn bởi các mặt tạo nên khi quay các đường:

a) y = b.

(x

a

)2/3

. (0 ≤ x ≤ a) quay quanh trục Ox.

b) y = sin x, y = 0, 0 ≤ x ≤ π trong 2 trường hợp. 1. Quanh Ox 2. Quanh Oy.

c) y = b

(x

a

)2

, y = b

∣∣∣∣∣x

a

∣∣∣∣∣. Khi quay quanh trục Ox và Oy.

d) y = e−x, y = 0 (0 ≤ x < +∞) quay quanh trục Ox,Oy

Bài tập tổng hợp


Th.sĐỗMinhTuâ

n



a)2∫

−2

√2 + |x|dx.

b)1∫0

x2dx√4− x2

.

c)2∫1

√x2 − 1dx

x.

d)1∫0

dx√(1 + x2)3

.

e)1∫0

x2dx

(x2 + 1)2.

f)π

4∫0

xdx

cos2 x.

g)π

2∫0

ex. cos xdx.

h)π

4∫−π

4

sin4 x+ cos4 x

3x + 1dx.

i)π∫0

cos 2xdx

sin x+ cos x+ 2.

j)5π

12∫π

12

dx

sin 2x+ 2√3 cos2 x+ 2−

√3.

Bài 11.78: Biết f(x) =

−2x+ 1 Nếu x ≤ 0

m(1− x2) Nếu x > 0. Tìm m để

1∫−1

f(x)dx = 1.

Bài 11.79: a) Cho hàm số f(x) =ex

2∫ex

t ln tdt. Tìm hoành độ điểm cực đại.

b) Tìm x ∈(0,

3π

2

)sao cho hàm số f(x) =

2x∫x

sin t

tdt đạt cực đại.

Bài 11.80: Cho hàm số f(x) =x∫0

2t+ 1

t2 − 2t+ 2dt, −1 ≤ x ≤ 1.

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f(x).

Bài 11.81: Đường thẳng (d) : x− 3y+ 5 = 0 chia đường tròn (C) : x2 + y2 = 5 thành 2phần. Tính diện tích một phần.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Bài 11.82: Xét hình phẳng (H) giới hạn bởi đường cong (C) : y =1

x, y = 0, x = 1,

x = 2. Tìm tọa độ điểm M trên (C) mà tiếp tuyến tại M sẽ cắt từ (H) ra một hìnhthang có diện tích lớn nhất.

Bài 11.83: Cho điểm A thuộc (P ) : y = x2, (A 6= O). Gọi (∆) là pháp tuyến tại A của(P ). Xác định vị trí của A để diện tích giới hạn bởi (∆) và (P ) là nhỏ nhất.

Bài 11.84: Cho hình (H) giới hạn bởix2

16−

y2

4= 1 và x = 4

√2. Tính thể tích sinh ra

khi (H) quay quanh Oy.

Bài 11.85 (A-2002): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y = |x2−4x+3|, y = x+3.

Bài 11.86 (B-2002): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y =

√

4−x2

4

và y =x2

4√2.

Bài 11.87 (D-2002): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong

(C) : y =− 3x− 1

x− 1và 2 trục tọa độ

Bài 11.88 (A-2003): Tính tích phân I =2√3∫

√5

dx

x√x2 + 4

Bài 11.89 (B-2003): Tính tích phân I =

π

2∫0

1− 2 sin2 x

1 + sin 2xdx.

Bài 11.90 (D-2003): Tính tích phân I =2∫0

|x2 − x|dx.

Bài 11.91 (A-2004): Tính tích phân I =2∫1

xdx

1 +√x+ 1

.

Bài 11.92 (B-2004): Tính tích phân I =e∫1

√1 + 3 ln x. ln xdx

x

Bài 11.93 (D-2004): Tính tích phân I =3∫2

ln(x2 − x)dx


Th.sĐỗMinhTuâ

n

Chương 12. Số phức

Chương 12

Số phức


12.1.1 Các kiến thức chung

Gọi i là số sao cho i2 = −1.C = a+ b.i | a, b ∈ R gọi là tập số phức.z = a+ b.i gọi là số phức, a gọi là phần thực của z ký hiệu Re z và b gọi là phần ảo củaz ký hiệu Im z

z = a− b.i gọi là số phức liên hợp của z.Nếu Re z = 0 thì z gọi là số thuần ảo. Nếu Im z = 0 thì z là một số thực. Và z là số thựckhi và chỉ khi z = z.r = |z| =

√a2 + b2 gọi là mô đun của số phức z.

Góc ϕ = Arg(z) là góc sao cho cosϕ =a√

a2 + b2và sinϕ =

b√a2 + b2

.

z = r(cosϕ+ i. sinϕ) gọi là dạng lượng giác của số phức.

12.1.2 Các phép toán trên số phức

+) Phép cộng, phép nhân, phép chia:z1 = a+ ib, z2 = c+ id.thì z1 ± z2 = (a± c) + i(b± d).z1.z2 = ac− bd+ i(ad+ bc).z1

z2=

z2.z1

|z2|2.

Đặc biệt nếu z1 = r1(cosϕ1 + i sinϕ1) và z2 = r2(cosϕ2 + i sinϕ2) thì

z1.z2 = r1.r2(cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2)) vàz1

z2=

r1

r2(cos(ϕ1 − ϕ2) + i sin(ϕ1 − ϕ2))

Chú ý rằng i2 = −1 nên i3 = −i, i4 = 1, ...

Tổng quát in =

1 Nếu n = 4k

i Nếu n = 4k + 1

−1 Nếu n = 4k + 2

−i Nếu n = 4k + 3

+) Phép khai căn: ω gọi là căn bậc n của z nếu ωn = z.Chú ý rằng nếu z 6= 0 thì z có đủ n căn bậc n.


Th.sĐỗMinhTuâ

n

12.2. Các dạng bài tập Chương 12. Số phức

Nếu z = r(cosϕ+ i. sinϕ) thì ωk = n√r.

(cos

ϕ+ k2π

n+ sin

ϕ+ k2π

n

)

với k = 0, 1, 2, ..., n− 1 là n căn bậc n của z.Đặc biệt ω gọi là căn bậc 2 của z nếu ω2 = z.Có 2 cách tìm căn bậc 2 của z:-) Cách 1: Dùng định nghĩa, đồng nhất hệ số.-) Cách 2: Chuyển z về dạng lượng giác và khai căn theo công thức:

ω1,2 = ±√r

(cos

ϕ

2+ sin

ϕ

2

)ở đó r = |z| và ϕ = Arg z.

Ngoài ra ta có thể sử dụng máy tính điện tử (570 - ES) để tìm căn bậc 2 của z với cáchlàm như cách 2 (Sử dụng CMPLX và các tính năng tìm mô đun, argument của một sốphức cũng như cách chuyển một số phức từ dạng lượng giác sang dạng bình thường vàngược lại).+) Công thức Moivre:

(cosϕ+ i sinϕ)n = cosnϕ+ i sinnϕ

12.2 Các dạng bài tập

12.2.1 Thực hiện các phép toán

Ví dụ 12.1: Thực hiện các phép toán sau:

a) (1 + 2i).(2− i) +1− 3i

3 + 4i.

b) (1− 2i)3.

c) (1− i√3)2010.

Giải: a) (1+2i).(2−i)+1− 3i

3 + 4i= 4+3i+

(1− 3i)(3− 4i)

32 + 42= 4+3i+

− 9− 13i

25=

91

25+62

25i

b) (1− 2i)3 = 1− 3.(2i) + 3.(2i)2 − (2i)3 = 1− 6i− 12 + 8i = −11 + 2i.

c) z = 1− i√3 = 2.

(cos

− π

3+ i sin

− π

3

)

Do đó z2010 = 22010.

(cos

− 2010π

3+ i sin

− 2010π

3

)= 22010

12.2.2 Khai căn bậc 2

Ví dụ 12.2: Khai căn số phức

a) z = 1− i.

b) z = −5 + 12i


Th.sĐỗMinhTuâ

n


Giải: a) z = 1− i.

Cách 1: Gọi ω = x+ y.i là căn bậc 2 của z. Khi đó

(x+ yi)2 = 1− i ⇔ x2 − y2 + 2xyi = 1− i ⇔

x2 − y2 = 1

2xy = −1

⇒

x2 + (−y2) = 1

x2.(−y2) = −1

4

và xy < 0

Do đó x2, −y2 là 2 nghiệm của phương trình:

X2 −X −1

4= 0 ⇔ X =

1±√2

2.

Do đó

x2 =1 +

√2

2

−y2 =1−

√2

2

⇔

x = ±√2 + 2

√2

2

y = ∓√2√2− 2

2

và ta được ω1,2 = ±(√

2 + 2√2

2− i

√2√2− 2

2

)

Cách 2: Viết số phức dưới dạng lượng giác z =√2.

(cos

− π

4+ i sin

− π

4

)

ω1,2 = ± 4√2.

(cos

− π

8+ i sin

− π

8

)= ±

(√2 + 2

√2

2− i

√2√2− 2

2

)

b) z = −5 + 12i.

Cách 1: Gọi ω = x+ yi là căn bậc 2 của số phức.

Khi đó ta được hệ

x2 − y2 = −5

2xy = 12

⇒

x2 + (−y2) = −5

x2.(−y2) = 36và xy > 0

Do đó x2, −y2 là 2 nghiệm của phương trình:

X2 + 5X − 36 = 0 ⇔ X = −9 hoặc X = 4.

Do đó ta được:

x2 = 4

−y2 = −9⇔

x = ±2

y = ±3.

Vậy căn bậc 2 của số phức z = −5 + 12i là ω1,2 = ±(2 + 3i).

Cách 2: Sử dụng máy tính 570 - ES ta tìm được

ω = 2 + 3i.

Khi trình bày ta viết ngược lại theo các bước biến đổi sau:

(2 + 3i)2 = 4 + 12i+ 9i2 = 4 + 12i− 9 = −5 + 12i = z

do đó căn bậc 2 của z là ±(2 + 3i).

Cách 3: Sử dụng dạng lượng giác.


Th.sĐỗMinhTuâ

n


z = 13.

(−

5

13+ i.

12

13

)và ϕ là góc sao cho cosϕ = −

5

13và sinϕ =

12

13do đó ϕ nằm

ở góc phần tư thứ II vàϕ

2nằm ở góc phần tư thứ I. Và vì thế

cos2ϕ

2=

1 + cosϕ

2=

4

13⇒ cos

ϕ

2=

2√13

. sinϕ

2=

sinϕ

2 cos ϕ2

=3√13

và ω1,2 = ±√13

(2√13

+ i3√13

)= ±(2 + 3i)

12.2.3 Giải phương trình đại số và các vấn đề liên quan

Ví dụ 12.3 (A-2009): Giải phương trình sau: z2 − 2z + 10 = 0. Gọi z1, z2 là 2 nghiệmcủa phương trình trên. Tính A = |z1|2 + |z2|2.

Giải: ∆′ = 1− 10 = −9 = (3i)2. Do đóz1 = 1− 3i và z2 = 1 + 3i.A = |z1|2 + |z2|2 = (12 + (−3)2) + (12 + 32) = 20.


a) z2 − (3− i)z + 8 + i = 0.

b) z3 + z2 − 3z − 6 = 0.

c) 2z4 − 8z3 − 21z2 − 17z − 6 = 0.

Giải: a) ∆ = (3− i)2 − 4(8 + i) = 9− 6i+ i2 − 32− 4i = −24− 10i = 1− 2.1.(−5i) +

(−5i)2 = (1− 5i)2

Do đó z1 =3− i− 1 + 5i

2= 1 + 2i và z =

3− i+ 1− 5i

2= 2− 3i.

b) Phương trình tương đương (z − 2)(z2 + 3z + 3) = 0 ⇔ z = 2 hoặc z2 + 3z + 3 = 0.

Giải z2 + 3z + 3 = 0. ∆ = 9− 3.4 = −3 = (i√3)2 do đó z =

− 3± i√3

2.

c) Phương trình tương đương với (z + 1)(z − 6)(2z2 + 2z + 1) = 0

⇔

z = −1

z = 6

2z2 + 2z + 1 = 0

⇔

z = −1

z = 6

z =− 1± i

2

Ví dụ 12.5 (B-2009): Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện: |z−(2+i)| =√10 và z.z = 25.

Giải: Gọi số phức z = x+ yi thì ta có(x− 2)2 + (y − 1)2 = 10

x2 + y2 = 25

⇔

x2 + y2 − 4x− 2y − 5 = 0 (1)

x2 + y2 = 25 (2)


Th.sĐỗMinhTuâ

n

12.3. Bài tập Chương 12. Số phức

Thế (2) vào (1) ta có 25− 4x− 2y − 5 = 0 ⇔ 2x+ y = 10 ⇒ y = 10− 2x

Thế vào (2) ta có : x2 + (10− 2x)2 = 25 ⇔ 5x2 − 40x+ 75 = 0 ⇔[x = 3 ⇒ y = 4

x = 5 ⇒ y = 0

Kết luận: có 2 số phức thỏa mãn là z1 = 3 + 4i và z2 = 5

12.2.4 Biểu diễn số phức trên mặt phẳng

Ví dụ 12.6 (D - 2009): Trên mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tập hợp điểm biểu diễn số phứcz thỏa mãn: |z − (3− 4i)| = 2

Giải: Gọi số phức đó là z = x+ yi ta được |(x− 3) + i(y + 4)| = 2

⇔√(x− 3)2 + (y + 4)2 = 2 ⇔ (x− 3)2 + (y + 4)2 = 4

Do đó tập hợp điểm là đường tròn tâm I(−3; 4) và bán kính r = 2.

12.2.5 Chứng minh đẳng thức tổ hợp

Ví dụ 12.7: Biểu diễn dạng lượng giác của số phức z = 1− i√3. Từ đó tính:

C02010 − 3C2

2010 + 9C42010 − · · ·+ 31004C2008

2010 − 31005C20102010

Giải: z = 2

(cos

− π

3+ i sin

− π

3

)

và z2010 = 22010. (cos(−670π) + i sin(−670π)) = 22010.Mặt khác: z2010 = C0

2010−C12010(i

√3)+C2

2010(i√3)2−· · ·+C2008

2010 (i√3)2008−C2009

2010 (i√3)2009+

C20102010 (i

√3)2010 = (C0

2010 − 3C22010 + 9C4

2010 − · · ·+ 31004C20082010 − 31005C2010

2010 )− i√3.(C1

2010 −· · ·+ 31004C2009

2010 )

Do đó C02010 − 3C2

2010 + 9C42010 − · · ·+ 31004C2008

2010 − 31005C20102010 = 22010

12.3 Bài tập

Bài 12.1: Thực hiện các phép toán sau:

a)2 + i

3− 2i+

1 + i√2

2 + i√3

b) 2i(3 + i)(2 + 4i) +(1 + i)2(2i)3

−2 + i.

c) (1 + i)2010

Bài 12.2: Tìm số phức liên hợp, phần thực, phần ảo của số phức sau:

z = (1 + 3i)2.(2− i)3

Bài 12.3: Tìm số z thỏa mãn điều kiện.

a) (3− 2i)z + (4 + 5i) = 7 + 3i

b) (1 + 3i)z − (2 + 5i) = (2 + i)z

c) z(5− i) + (2 + 3i)z = 10 + i


Th.sĐỗMinhTuâ

n

12.3. Bài tập Chương 12. Số phức

Bài 12.4: Xác định tập hợp điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức thỏamãn từng điều kiện sau:

a) |z − i+ 2| = 3

b)

∣∣∣∣∣z − i+ 1

z + 2i− 3

∣∣∣∣∣ = 1.

c) |z − i| = |z − 2− 5i|.Bài 12.5: Khai căn bậc 2 số phức −i, 4i,−4, 1 + 4

√3i

Bài 12.6: Giải phương trình :

a) z2 = 2z − 5

b) 2z3 − 3z2 + z − 6 = 0

c) 2z2 + (3 + i)z + 1 + 7i = 0.

d) z2 + (1− 6i)z − 11− 3i = 0

Bài 12.7: Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:

a) 1− i√3, 1 + i, (1− i

√3).(1 + i),

1− i√3

1 + i.

b) 2i(√3− i).

c)1

2 + 2i

d) 1 + i tanα với α 6=π

2+ kπ

e) − sinα + i cosα.

f) 1 + cosα− i sinα.

g) tanα− i.

Bài 12.8: Viết dạng lượng giác của số phức z thỏa mãn:

a) |z| = 2 và Arg(−iz) =2π

3.

b) |z| =√3 và Arg

(z√3− i

)= −

π

4

Bài 12.9: Giải các phương trình:

a) (z − 2 + i)2 − 8(z + i− 2) + 20 = 0.

b)

(iz + 1

z − 3i

)2

− 4iz + 1

z − 3i− 5 = 0.

c) (z2 + 3)2 + (z + 1)2 = 0


C02010 − C2

2010 + · · ·+ C20082010 − C2010

2010


Documents

Th.s ĐỖ MINH TUÂN · PDF file2.1.1 Công thức liên hệ giữa các hàm lượng giác ... 9.1.4 Hàm phân thức ... 11.1.3 Bảng đạo hàm các hàm số sơ cấp