BÀI TẬP ÔN TẬP CUỐI NĂM – GIẢI TÍCH 12 – SBT Toán lớp 12
Bài 5.1
a) Xác định a, b, c, d để đồ thị của các hàm số:
y = x2 + ax + b và y = cx + d
cùng đi qua hai điểm M(1; 1) và B(3; 3).
b) Vẽ đồ thị của các hàm số ứng với các giá trị a, b, c và d tìm được trên cùng một mặt phẳng tọa độ. Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong trên.
c) Tính thể tích của vật thể tròn xoay sinh bởi hình phẳng trên quay quanh trục hoành.
Đáp án
a) a và b thỏa mãn hệ phương trình :
\(\left\{ {\matrix{{1 + a + b = 1} \cr {9 + 3a + b = 3} \cr} } \right. \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{{a + b = 0} \cr {3a + b = – 6} \cr} } \right. \Leftrightarrow\left\{ {\matrix{{a = – 3} \cr {b = 3} \cr} } \right.\)
c và d thỏa mãn hệ phương trình:
\(\left\{ {\matrix{{c + d = 1} \cr {3c + d = 3} \cr} \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{{c = 1} \cr {d = 0} \cr} } \right.} \right.\)
b) (H.90) Ta có hai hàm số tương ứng là: y = x2 – 3x + 3 và y = x
Vậy \(S = \int\limits_1^3 {( – {x^2} + 4x – 3)dx} = {4 \over 3}\) (đơn vị diện tích)
c) V = V1 – V2 , trong đó V1 là thể tích vật thể tròn xoay sinh ra do quay hình thang ACDB quanh trục Ox , V2 là thể tích vật thể tròn xoay sinh ra do quay hình thang cong ACDB quanh trục Ox.
Ta có \({V_1} = \pi \int\limits_1^3 {{x^2}dx = {{26} \over 3}\pi } \)
\({V_2} = \pi \int\limits_1^3 {{{({x^2} – 3x + 3)}^2}dx = {{22} \over 5}\pi } \)
Vậy \(V = {{26} \over 3}\pi – {{22} \over 5}\pi = {{64} \over {15}}\pi \) (đơn vị thể tích)
Bài 5.2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: \(y = {{ – x + 2} \over {x + 2}}\)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) , biết nó vuông góc với đường thẳng \(y = {1 \over 4}x – 42\)
Hướng dẫn làm bài
a) \(y = {{ – x + 2} \over {x + 2}}\)
+) Tập xác định: D = R\{-2}
+) Ta có: \(y’ = – {4 \over {{{(x + 2)}^2}}}\)
Bảng biến thiên:
Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(( – \infty ; – 2),( – 2; + \infty )\)
+) Tiệm cận đứng x = -2 vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ + }} y = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ – }} y = – \infty \)
Tiệm cận ngang y = -1 vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = – 1\)
Giao với các trục tọa độ: (0; 1); (2; 0)
Đồ thị
b) Tiếp tuyến của đồ thị có hệ số góc k = -4 (vì vuông góc với đường thẳng \(y = {1 \over 4}x – 42\) )
Hoành độ tiếp điểm thỏa mãn phương trình:
\({{ – 4} \over {{{(x + 2)}^2}}} = – 4 = > \left[ {\matrix{{{x_1} = – 3} \cr {{x_2} = – 1} \cr} } \right.\)
Ứng với \({x_1} = – 3\) ,ta có tiếp tuyến y = – 4x – 17
Ứng với \({x_2} = – 1\), ta có tiếp tuyến y = – 4x – 1.
Bài 5.3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : \(y = {{4x – 5} \over {x – 1}}\)
b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C), tiếp tuyến của (C) tại A(2; 3) và đường thẳng x = 4.
Đáp án
a) Tập xác định: D = R\{1}
Đạo hàm: \(y’ = {1 \over {{{(x – 1)}^2}}}\)
Bảng biến thiên:
Các khoảng đồng biến là \(( – \infty ;1)\) và \((1; + \infty )\) :
Tiệm cận đứng x = 1 vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} y = + \infty \)
Tiệm cận ngang y = 4 vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 4\)
Giao với các trục tọa độ: (0; 5) và \(({5 \over 4};0)\)
Đồ thị
b) Ta có: y’(2) = 1. Phương trình tiếp tuyến là y = x + 1
Diện tích của miền cần tìm là:
\(S = \int\limits_2^4 {(x + 1 – 4 + {1 \over {x – 1}})dx} = \int\limits_2^4 {(x – 3 + {1 \over {x – 1}})dx} = \ln 3\).
Bài 5.4
Tìm các đường tiệm cận của đồ thị các hàm số sau:
a) \(y = {{5x + 3} \over { – x + 2}}\) b) \(y = {{ – 6x + 2} \over {x – 1}}\)
c) \(y = {{2{x^2} + 8x – 9} \over {3{x^2} + x – 4}}\) d) \(y = {{x + 2} \over { – 2x + 5}}\)
Hướng dẫn làm bài
a) Tiệm cận đứng: x = 2; Tiệm cận ngang: y = -5
b) Tiệm cận đứng: x = 1 ; Tiệm cận ngang: y = -6
c) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } {{2{x^2} + 8x – 9} \over {3{x^2} + x – 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } {{{x^2}(2 + {8 \over x} – {9 \over {{x^2}}})} \over {{x^2}(3 + {1 \over x} – {4 \over {{x^2}}})}} = {2 \over 3}\)
Vậy đồ thị có đường tiệm cận ngang \(y = {2 \over 3}\)
Ta có \(y = {{2{x^2} + 8x + 9} \over {(x – 1)(3x + 4)}}\)
Từ đó đồ thị có hai tiệm cận đứng là x = 1 và \(x = – {4 \over 3}\)
d) Tiệm cận đứng: \(x = {5 \over 2}\) . Tiệm cận ngang: \(y = – {1 \over 2}\)
Bài 5.5
Tìm các điểm cực trị của các hàm số sau:
a) \(y = – {x^3} – 6{x^2} + 15x + 1\) b) \(y = {x^2}\sqrt {{x^2} + 2} \)
c) \(y = x + \ln (x + 1)\) d) \(y = x – 1 + {1 \over {x + 1}}\)
Đáp án
a) \(y’ = – 3{x^2} – 12x + 15;y” = – 6x – 12\)
\(y’ = 0\Leftrightarrow 3{x^2} + 12x – 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = 1} \cr {x = – 5} \cr} } \right.\)
\(y”(1) = – 18 < 0;y”( – 5) = 18 > 0\)
Vậy với x = -5 hàm số đạt cực tiểu và yCT = -99
Với x = 1 hàm số đạt cực đại và yCĐ = 9
b) Tập xác định D = R. Hàm số có cực tiểu khi x = 0, yCT = 0
c) Tập xác định: \(x > – 1;y’ = 1 + {1 \over {x + 1}};y’ > 0,\forall x > – 1\)
Hàm số luôn đồng biến nên không có cực trị.
d) Tập xác định: R\{-1};
\(y’ = 1 – {1 \over {{{(x + 1)}^2}}};y’ = 0\Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = 0} \cr {x = – 2} \cr} } \right.\)
\(y” = {2 \over {{{(x + 1)}^3}}};y”(0) = 2 > 0’y”( – 2) = – 2 < 0\)
Hàm số đạt cực đại tại x = -2 và yCĐ = – 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = 0
Bài 5.6
Tìm \(a \in (0;2\pi )\) để hàm số \(y = {1 \over 3}{x^3} – {1 \over 2}(1 + 2\cos a){x^2} + 2x\cos a + 1\) đồng biến trên khoảng \((1; + \infty )\).
Giải
Tập xác định: D = R; \(y’ = {x^2} – (1 + 2\cos a)x + 2\cos a\)
\(y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = 1} \cr {x = 2\cos a} \cr} } \right.\)
Vì y’ > 0 ở ngoài khoảng nghiệm nên để hàm số đồng biến với mọi x > 1 thì \(2\cos a \le 1 \Leftrightarrow \cos a \le {1 \over 2} \Rightarrow {\pi \over 3} \le a \le {{5\pi } \over 3}\) (vì \(a \in (0;2\pi )\) ).
Bài 5.7
Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) \({e^x} + \cos x \ge 2 + x – {{{x^2}} \over 2},\forall x \in R\)
b) \({e^x} – {e^{ – x}} \ge 2\ln (x + \sqrt {1 + {x^2}} ),\forall x \ge 0\)
c) \(8{\sin ^2}{x \over 2} + \sin 2x > 2x,\forall x \in (0;\pi {\rm{]}}\)
Hướng dẫn làm bài
a) Xét hàm số \(f(x) = {e^x} + \cos x – 2 – x + {{{x^2}} \over 2}\) , có tập xác định là R.
\(f'(x) = {e^x} – \sin x – 1 + x;f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 0\)
Ta lại có \(f”(x) = {e^x} + 1 – \cos x > 0,\forall x\) vì \(1 – \cos x \ge 0\) và \({e^x} > 0\)
Như vậy, f’(x) đồng biến trên R. Từ đó: \(f'(x) < f'(0) = 0,\forall x < 0;f'(x) > f'(0) = 0,\forall x > 0\)
Ta có bảng biến thiên
Hàm số \(f(x) = {e^x} + \cos x – 2 – x + {{{x^2}} \over 2} \ge {f_{CT}} = f(0) = 0,\forall x \in R\)
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
b) \(\forall x \ge 0\) xét hàm số \(f(x) = {e^x} – {e^{ – x}} – 2\ln (x + \sqrt {1 + {x^2}} )\) , ta có
\(f'(x) = {e^x} + {e^{ – x}} – {2 \over {\sqrt {1 + {x^2}} }}\) ;
Từ đó f ‘(x) > 0 với mọi x > 0 (vì \({e^x} + {e^{ – x}} > 2\) và \({2 \over {\sqrt {1 + {x^2}} }} < 2\) ) và \(f ‘(x) = 0 \Leftrightarrow x = 0\)
Vậy f(x) đồng biến trên \({\rm{[}}0; + \infty )\) , tức là:
\(f(x) \ge f(0) = {e^0} – {e^0} – 2\ln 1 = 0\)
Từ đó suy ra điều cần chứng minh
c) Xét hàm số \(f(x) = 8{\sin ^2}{x \over 2} + \sin 2x – 2x,\forall x \in (0;\pi {\rm{]}}\)
\(f'(x) = 4\sin x + 2\cos 2x – 2 = 4\sin x(1 – \sin x)\)
\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = {\pi \over 2}} \cr {x = \pi } \cr} } \right.\)
Với \(x \in (0;\pi {\rm{]}}\) ta có \(f'(x) \ge 0\) và dấu bằng chỉ xảy ra tại hai điểm.
Vậy f(x) đồng biến trên nửa \((0;\pi {\rm{]}}\). Mặt khác, f(0) = 0 nên f(x) > 0.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài 5.8 trang 220
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số sau trên các khoảng, đoạn tương ứng:
a) g(x) = |x3 + 3x2 – 72x + 90| trên đoạn [-5; 5]
b) f(x) = x4 – 4x2 + 1 trên đoạn [-1; 2]
c) f(x) = x – ln x + 3 trên khoảng \((0; + \infty )\)
Hướng dẫn giải
a) Xét hàm số \(f(x) = {x^3} + 3{x^2} – 72x + 90\) trên đoạn [-5; 5]
\(f'(x) = 3{x^2} + 6x – 72;f'(x) = 0\Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = 4} \cr {x = – 6 \notin {\rm{[}} – 5;5]} \cr} } \right.\)
\(f( – 5) = 400;f(5) = – 70;f(4) = – 86\)
Ngoài ra, f(x) liên tục trên đoạn [-5; 5] và \(f( – 5).f(5) < 0\) nên tồn tại \({x_0} \in ( – 5;5)\) sao cho \(f({x_0}) = 0\)
Ta có \(g(x) = |f(x)| \ge 0\) và \(g({x_0}) = |f({x_0})| = 0;g( – 5) = |400| = 400\);
\(g(5) = |-70| = 70 ; g(4) = |f(4)| = |-86| = 86\)
Vậy \(\mathop {\min g(x)}\limits_{{\rm{[}} – 5;5]} = g({x_0}) = 0;\mathop {{\rm{max }}g(x)}\limits_{{\rm{[}} – 5;5]} = g( – 5) = 400\)
b) \(\mathop {\min f(x)}\limits_{{\rm{[}} – 1;2]} = f(\sqrt 2 ) = – 3;\mathop {{\rm{max f}}(x)}\limits_{{\rm{[}} – 1;2]} = f(2) = f(0) = 1\)
c) \(\mathop {\min f(x)}\limits_{(0; + \infty )} = f(1) = 4\) . Không có giá trị lớn nhất.
Bài 5.9
Cho hàm số \(y = {1 \over 3}{x^3} – (m – 1){x^2} + (m – 3)x + 4{1 \over 2}\) (m là tham số) (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0.
b) Viết phương trình của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm \(A(0;4{1 \over 2})\)
c) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) , trục hoành và các đường thẳng x = 0 và x = 2.
d) Xác định m để đồ thị của (1) cắt đường thẳng \(y = – 3x + 4{1 \over 2}\) tại ba điểm phân biệt.
Hướng dẫn làm bài:
a) \(y = {1 \over 3}{x^3} + {x^2} – 3x + 4{1 \over 2}\)
+) Tập xác định: D = R
+) Sự biến thiên: y’ = x2 + 2x – 3
\(y’ = 0\Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = 1} \cr {x = – 3} \cr} } \right.\)
Bảng biến thiên:
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; -3) và (1; +∞), nghịch biến trên khoảng (-3; 1).
Hàm số đạt cực đại tại \(x = – 3;{y_{CD}} = 13{1 \over 2};{y_{CT}} = 2{5 \over 6}\) khi x = 1
Đồ thị cắt trục tung tại điểm \((0;4{1 \over 2})\) và có dạng như hình dưới đây.
\(y’’ = 2x + 2 ; y’’ = 0 \Leftrightarrow x = -1.\) Vậy là tâm đối xứng của đồ thị.
b) Tiếp tuyến với (C) đi qua \(A(0;4{1 \over 2})\) có phương trình là:\(y = f'(0)x + 4{1 \over 2}\), trong đó \(f(x) = {1 \over 3}{x^3} + {x^2} – 3x + 4{1 \over 2}\)
Ta có f ’(0) = -3.
Vậy phương trình tiếp tuyến là \(y = – 3x + 4{1 \over 2}\)
c) \(S = \int\limits_0^2 {({1 \over 3}{x^3} + {x^2} – 3x + 4{1 \over 2})dx = 7} \) (đơn vị diện tích).
d) Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y = – 3x + 4{1 \over 2}\) với đồ thị của (1) thỏa mãn phương trình
\({1 \over 3}{x^3} – (m – 1){x^2} + (m – 3)x + 4{1 \over 2} = – 3x + 4{1 \over 2}\) (2)
Ta có \((2)\Leftrightarrow {1 \over 3}{x^3} – (m – 1){x^2} + mx = 0\)
\(\Leftrightarrow x{\rm{[}}{x^2} – 3(m – 1)x + 3m] = 0\)
Để (2) có ba nghiệm phân biệt thì phương trình f(x) = x2– 3(m – 1)x + 3m = 0 phải có hai nghiệm phân biệt khác 0, tức là:
\(\left\{ {\matrix{{f(0) = 3m \ne 0} \cr {\Delta = 9{{(m – 1)}^2} – 12m > 0} \cr} } \right.\Leftrightarrow \left\{ {\matrix{{m \ne 0} \cr {\left[ {\matrix{{m < {1 \over 3},m \ne 0} \cr {m > 3} \cr} } \right.} \cr} } \right.\).
Bài 5.10
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số \(y = {{4x + 4} \over {2x + 1}}\)
b) Từ (C) suy ra đồ thị của hàm số \(y = |{{4x + 4} \over {2x + 1}}|\)
c) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) , biết rằng tiếp tuyến đó song song với đường thẳng \(y = – {1 \over 4}x – 3\)
Hướng dẫn làm bài:
a) \(y = {{4x + 4} \over {2x + 1}}\)
Tập xác định: \(D = R\backslash {\rm{\{ }} – {1 \over 2}{\rm{\} }}\)
Ta có \(y’ = – {4 \over {{{(2x + 1)}^2}}}\)
Bảng biến thiên:
Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(( – \infty ; – {1 \over 2})\) và \(( – {1 \over 2}; + \infty )\)
Tiệm cận đứng: \(x = – {1 \over 2}\) ; Tiệm cận ngang: y = 2
Giao với các trục tọa độ: (0; 4) và (-1; 0)
Đồ thị:
b) Đồ thị của hàm số được suy ra từ (C) bằng cách giữ nguyên phần đồ thị nằm phía trên trục hoành và lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị nằm phía dưới trục hoành.
c) Tiếp tuyến có hệ số góc bằng \( – {1 \over 4}\).
Hoành độ tiếp điểm phải thỏa mãn phương trình \(- {4 \over {{{(2x + 1)}^2}}} = – {1 \over 4}\)
\(\Leftrightarrow {(2x + 1)^2} = 16\Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = – {5 \over 2}} \cr {x = {3 \over 2}} \cr} } \right.\)
Hai tiếp tuyến cần tìm là \(y = – {1 \over 4}x + {7 \over 8}\) và \(y = – {1 \over 4}x + {{23} \over 8}\).
Bài 5.11
Cho hàm số \(y = {{(2 + m)x + m – 1} \over {x + 1}}\) (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m = 2.
b) Xác định các điểm có tọa độ nguyên trên đồ thị của (1) khi \(m \in Z\).
Giải
a) Với m = 2, ta có \(y = {{4x + 1} \over {x + 1}}\)
Đồ thị:
b) Ta có \(y = 2 + m – {3 \over {x + 1}}\)
Vậy để y nguyên với x và m nguyên thì x + 1 phải là ước của 3, tức là: \(x + 1 = \pm 1\) hoặc \(x + 1 = \pm 3\) hay \({x_1} = 0;{x_2} = – 2;{x_3} = – 4;{x_4} = 2\) .
Vậy các điểm thuộc đồ thị của (1) có tọa độ nguyên là A(0; m -1) ; B(-2; 5 + m); C(-4; 3 + m); D(2; m + 1).
Bài 5.12 trang 221
Cho a, b, x là những số dương. Đơn giản các biểu thức sau:
a) \(A = {{\rm{[}}{{2a + {{(ab)}^{{1 \over 2}}}} \over {3a}}{\rm{]}}^{ – 1}}{\rm{[}}{{{a^{{3 \over 2}}} – {b^{{3 \over 2}}}} \over {a – {{(ab)}^{{1 \over 2}}}}} – {{a – b} \over {\sqrt a + \sqrt b }}{\rm{]}}\)
b) \(B = {({{\sqrt a + \sqrt x } \over {\sqrt {a + x} }} – {{\sqrt {a + x} } \over {\sqrt a + \sqrt x }})^{ – 2}} – {({{\sqrt a – \sqrt x } \over {\sqrt {a + x} }} – {{\sqrt {a + x} } \over {\sqrt a – \sqrt x }})^{ – 2}}\)
c) \(C = \sqrt {{{16}^{{1 \over {{{\log }_7}4}}}} + {{81}^{{1 \over {{{\log }_6}9}}}} + 15} \)
d) \(D = {49^{1 – {{\log }_7}2}} + {5^{ – {{\log }_5}4}}\)
Đáp án
Do a, b, x là những số dương nên ta có:
a) \({A_1} = {{\rm{[}}{{2a + {{(ab)}^{{1 \over 2}}}} \over {3a}}{\rm{]}}^{ – 1}} = {{3a} \over {2a + {{(ab)}^{{1 \over 2}}}}} = {{3{a^{{1 \over 2}}}} \over {2{a^{{1 \over 2}}} + {b^{{1 \over 2}}}}}\)
\({A_2} = \left[ {{{{a^{{3 \over 2}}} – {b^{{3 \over 2}}}} \over {a – {{(ab)}^{{1 \over 2}}}}}} \right. – \left. {{{a – b} \over {\sqrt a + \sqrt b }}} \right]\)
\(= {{({a^{{1 \over 2}}} – {b^{{1 \over 2}}})(a + {{(ab)}^{{1 \over 2}}} + b)} \over {{a^{{1 \over 2}}}({a^{{1 \over 2}}} – {b^{{1 \over 2}}})}} – ({a^{{1 \over 2}}} – {b^{{1 \over 2}}})\)
\( = {{a + {{(ab)}^{{1 \over 2}}} + b – {a^{{1 \over 2}}}({a^{{1 \over 2}}} – {b^{{1 \over 2}}})} \over {{a^{{1 \over 2}}}}} = {{2{a^{{1 \over 2}}}{b^{{1 \over 2}}} + b} \over {{a^{{1 \over 2}}}}} = {{{b^{{1 \over 2}}}(2{a^{{1 \over 2}}} + {b^{{1 \over 2}}})} \over {{a^{{1 \over 2}}}}}\)
Vậy \(A = {A_1}.{A_2} = {{3{a^{{1 \over 2}}}} \over {2{a^{{1 \over 2}}} + {b^{{1 \over 2}}}}}.{{{b^{{1 \over 2}}}(2{a^{{1 \over 2}}} + {b^{{1 \over 2}}})} \over {{a^{{1 \over 2}}}}} = 3\sqrt b \)
b) \({B_1} = {({{\sqrt a + \sqrt x } \over {\sqrt {a + x} }} – {{\sqrt {a + x} } \over {\sqrt a + \sqrt x }})^{ – 2}} = {{(a + x){{(\sqrt a + \sqrt x )}^2}} \over {4ax}}\)
\({B_2} = {({{\sqrt a – \sqrt x } \over {\sqrt {a + x} }} – {{\sqrt {a + x} } \over {\sqrt a – \sqrt x }})^{ – 2}} = {{(a + x){{(\sqrt a – \sqrt x )}^2}} \over {4ax}}\)
Vậy \(B = {B_1} – {B_2} = {{a + x} \over {\sqrt {ax} }}\)
c) Ta có \({16^{{1 \over {{{\log }_7}4}}}} = {4^{2{{\log }_4}7}} = 49;{81^{{1 \over {{{\log }_6}9}}}} = 36\)
\(\Rightarrow C = \sqrt {49 + 36 + 15} = 10\)
d) Ta có \({49^{1 – {{\log }_7}2}} = {{49} \over {{{49}^{{{\log }_7}2}}}} = {{49} \over 4};{5^{ – {{\log }_5}4}} = {1 \over 4}\)
\(\Rightarrow D = {{49} \over 4} + {1 \over 4} = {{25} \over 2}\).
Bài 5.13
Với số a dương và khác 1, giả sử có ba hàm số:
\(s(x) = {{{a^x} – {a^{ – x}}} \over 2};c(x) = {{{a^x} + {a^{ – x}}} \over 2};t(x) = {{{a^x} – {a^{ – x}}} \over {{a^x} + {a^{ – x}}}}\)
Hãy chứng minh rằng:
a) \({c^2}(x) – {s^2}(x) = 1\)
b) \(s(2x) = 2s(x)c(x)\)
c) \(c(2x) = 2{c^2}(x) – 1 = 2{s^2}(x) + 1 = {c^2}(x) + {s^2}(x)\)
d) \(t(2x) = {{2t(x)} \over {1 + {t^2}(x)}}\)
Bài giải
Với a dương và khác 1, ta có:
a) \({c^2}(x) – {s^2}(x) = {({{{a^x} + {a^{ – x}}} \over 2})^2} – {({{{a^x} – {a^{ – x}}} \over 2})^2}\)
\(= {{{a^{2x}} + {a^{ – 2x}} + 2 – {a^{2x}} – {a^{ – 2x}} + 2} \over 4} = {4 \over 4} = 1\)
d) \(t(2x) = {{{a^{2x}} – {a^{ – 2x}}} \over {{a^{2x}} + {a^{ – 2x}}}}\) . Mặt khác, ta có:
\(1 + {t^2}(x) = 1 + {({{{a^x} – {a^{ – x}}} \over {{a^x} + {a^{ – x}}}})^2} = {{2({a^{2x}} + {a^{ – 2x}})} \over {{a^{2x}} + {a^{ – 2x}} + 2}}\)
Ta biến đổi vế phải
\({{2t(x)} \over {1 + {t^2}(x)}} = 2{{{a^x} – {a^{ – x}}} \over {{a^x} + {a^{ – x}}}}.{{{a^{2x}} + {a^{ – 2x}} + 2} \over {2({a^{2x}} + {a^{ – 2x}})}}\)
\(= {{2({a^x} – {a^{ – x}}){{({a^x} + {a^{ – x}})}^2}} \over {2({a^x} + {a^{ – x}})({a^{2x}} + {a^{ – 2x}})}} = {{{a^{2x}} – {a^{ – 2x}}} \over {{a^{2x}} + {a^{ – 2x}}}}\)
Bài 5.14
Hãy biểu diễn:
a) \({\log _{30}}8\) qua \(a = {\log _{30}}3\) và \(b = {\log _{30}}5\) ;
b) \({\log _9}20\) qua \(a = \log 2\) và \(b = \log 3\)
Hướng dẫn làm bài
a) Ta có
\({\log _{30}}8 = {\log _{30}}{2^3}\)
\(= 3{\log _{30}}2 \)
\(= 3.{\log _{30}}{{30} \over {15}}\)
\(= 3({\log _{30}}30 – {\log _{30}}(3.5))\)
\(= 3(1 – {\log _{30}}3 – {\log _{30}}5) = 3(1 – a – b)\)
b) Chuyển sang cơ số 10. Sau khi biến đổi, ta được \({\log _9}20 = {{1 + a} \over {2b}}\).
Bài 5.15
Giải các phương trình sau:
a) \({({{13} \over {24}})^{3x + 7}} = {({{24} \over {13}})^{2x + 3}}\)
b) \({(4 – \sqrt {15} )^{\tan x}} + {(4 + \sqrt {15} )^{\tan x}} = 8\)
c) \({(\root 3 \of {6 + \sqrt {15} } )^x} + {(\root 3 \of {7 – \sqrt {15} } )^x} = 13\)
Hướng dẫn làm bài:
a) Phương trình đã cho tương đương với
\({\left( {{{13} \over {24}}} \right)^{3x + 7}} = {\left( {{{13} \over {24}}} \right)^{ – \left( {2x + 3} \right)}}\)
\(\Leftrightarrow 3x + 7 = –2x – 3\Leftrightarrow x = –2\)
b) Vì \((4 – \sqrt {15} )(4 + \sqrt {15} ) = 1\) nên ta đặt \({(4 – \sqrt {15} )^{\tan x}} = t(t > 0)\) , ta được phương trình
\(\;{t^2}-{\rm{ }}8t{\rm{ }} + {\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{t = 4 + \sqrt {15} } \cr {t = 4 – \sqrt {15} } \cr} } \right.\)
+) Ứng với \(t = 4 – \sqrt {15} \) , ta có
\({(4 – \sqrt {15} )^{tanx}} = 4 – \sqrt {15}\)
\(\Leftrightarrow \tan = 1 \Leftrightarrow x = {\pi \over 4} + k\pi ,k \in Z\)
+) Ứng với \(t = 4 + \sqrt {15} \) , ta có
\({(4 – \sqrt {15} )^{tanx}} = 4 + \sqrt {15}\)
\( \Leftrightarrow \tan = – 1 \Leftrightarrow x = – {\pi \over 4} + k\pi ,k \in Z\)
Vậy phương trình có nghiệm \(x = {\pi \over 4} + k{\pi \over 2},k \in Z\)
c) Ta nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình. Mặt khác, hàm số
\(f(x) = {(\root 3 \of {6 + \sqrt {15} } )^x} + {(\root 3 \of {7 – \sqrt {15} } )^x}\)
Là tổng của hai hàm số mũ với cơ số lớn hơn 1 (hai hàm số đồng biến) nên f(x) đồng biến trên R. Do đó, x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình.
5.16 – Ôn tập cuối năm
Giải các phương trình sau:
a) \({5^{\cos (3x + {\pi \over 6})}} = 1\) b) \({6.4^x} – {13.6^x} + {6.9^x} = 0\)
c) \({7^{{x^2}}}{.5^{2x}} = 7\) d) \({\log _4}(x + 2){\log _x}2 = 1\)
e) \({{{{\log }_3}x} \over {{{\log }_9}3x}} = {{{{\log }_{27}}9x} \over {{{\log }_{81}}27x}}\) f) \({\log _3}x + {\log _4}(2x – 2) = 2\)
Hướng dẫn làm bài:
a) Vì 1 = 50 nên ta có \({5^{\cos (3x + {\pi \over 6})}} = 1 \Leftrightarrow 6 \cos (3x + {\pi \over 6}) = 0\)
\(\Leftrightarrow 3x + {\pi \over 6} = {\pi \over 2} + k\pi \Rightarrow x = {\pi \over 9} + k{\pi \over 3}(k \in Z)\)
b) \({6.4^x} – {13.6^x} + {6.9^x} = 0\) (1)
Vì \({4^x},{6^x},{9^x}\) đều khác 0 với mọi \(x \in R\) nên chia cả hai vế của phương trình (1) cho \({4^x}\) hoặc \({6^x}\) hoặc \({9^x}\) , ta được phương trình tương đương.
Chia cả hai vế cho \({6^x}\), ta có: \((1) \Leftrightarrow 6.{({2 \over 3})^x} – 13 + 6.{({3 \over 2})^x} = 0\)
Đặt\({({2 \over 3})^x} = t(t > 0)\) , ta có:
\(6t – 13 + {6 \over t} = 0 \Leftrightarrow 6{t^2} – 13t + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{t = {3 \over 2}} \cr {t = {2 \over 3}} \cr} } \right.\)
+) Với \(t = {2 \over 3}\) ta có \({({2 \over 3})^x} = {2 \over 3} \Leftrightarrow x = 1\)
+) Với \(t = {3 \over 2}\) ta có \({({2 \over 3})^x} = {3 \over 2} \Leftrightarrow x = – 1\)
c) Logarit hóa hai vế theo cơ số 7, ta được:
\({x^2} + 2x.{\log _7}5 – 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = – {{\log }_7}5 – \sqrt {\log _7^25 + 1} } \cr {x = – {{\log }_7}5 + \sqrt {\log _7^25 + 1} } \cr} } \right.\)
d) \({\log _4}(x + 2).{\log _x}2 = 1\)
Điều kiện: \(\left\{ \matrix{x + 2 > 0 \hfill \cr x > 0 \hfill \cr x \ne 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{x > 0 \hfill \cr x \ne 1 \hfill \cr} \right.\)
\(1) \Leftrightarrow{1 \over 2}{\log _2}(x + 2).{1 \over {{{\log }_2}x}} = 1 \Leftrightarrow {\log _2}(x + 2) = {\log _2}{x^2}\)
\(\Leftrightarrow{x^2} – x – 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = – 1(loại)} \cr {x = 2} \cr} } \right.\)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2.
e) Điều kiện: x > 0
Đổi sang cơ số 3 và đặt \({\log _3}x = t\) , ta được phương trình: \({t \over {1 + t}} = {{2(2 + t)} \over {3(3 + t)}}\)
Giải phương trình ẩn t, ta được \({t_1} = 1,{t_2} = – 4\)
Vậy phương trình có hai nghiệm \({x_1} = 3;{x_2} = {1 \over {81}}\)
g) Điều kiện:
\(\left\{ {\matrix{{x > 0} \cr {2x – 2 > 0} \cr} } \right. \Leftrightarrow x > 1\)
Đặt \({\log _3}x + {\log _4}(2x – 2) = f(x)\)
Dễ thấy f(x) là hàm số đồng biến. Mặt khác f(3) = 2 nên ta có:
f(x) > f(3) = 2 với x > 3 và f(x) < f(3) = 2 với 1 < x < 3.
Từ đó suy ra x = 3 là nghiệm duy nhất.
Bài 5.17
Giải các bất phương trình sau:
a) \({({1 \over 2})^{{{\log }_{{1 \over 3}}}({x^2} – 3x + 1)}} < 1\)
b) \(4{x^2} + {3.3^{\sqrt x }} + x{.3^{\sqrt x }} < 2{x^2}{.3^{\sqrt x }} + 2x + 6\)
c) \({\log _x}4.{\log _2}{{5 – 12x} \over {12x – 8}} \ge 2\)
Hướng dẫn làm bài:
a) Điều kiện \(\left[ {\matrix{{x > {{3 + \sqrt 5 } \over 2}} \cr {x < {{3 – \sqrt 5 } \over 2}} \cr} } \right.\)
Vì \(0 < {1 \over 2} < 1\) và \(1 = {({1 \over 2})^0}\) nên ta có:
\({({1 \over 2})^{{{\log }_{{1 \over 3}}}({x^2} – 3x + 1)}} < 16\)
\(\Leftrightarrow {\log _{{1 \over 3}}}({x^2} – 3x + 1) > 0\)
\(\Leftrightarrow {x^2} – 3x + 1 < 1 \Leftrightarrow 0 < x < 3\)
Kết hợp với điều kiện, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left[ {\matrix{{0 < x < {{3 – \sqrt 5 } \over 2}} \cr {{{3 + \sqrt 5 } \over 2} < x < 3} \cr} } \right.\)
b) Ta có bất phương trình đã cho tương đương với
\(4{x^2} + {3.3^{\sqrt x }} + x{.3^{\sqrt x }} – 2{x^2}{.3^{\sqrt x }} – 2x – 6 < 0\)
\(\Leftrightarrow (3 + x – 2{x^2}){3^{\sqrt x }} – 2(x – 2{x^2} + 3) < 0\)
\(\Leftrightarrow ( – 2{x^2} + x + 3)({3^{\sqrt x }} – 2) < 0\)
\(\Leftrightarrow \left[ {\matrix{{\left\{ {\matrix{{{3^{\sqrt x }} – 2 < 0} \cr { – 2{x^2} + x + 3 > 0} \cr {x \ge 0} \cr}\,\,\,\, (1)} \right.} \cr {\left\{ {\matrix{{{3^{\sqrt x }} – 2 > 0} \cr { – 2{x^2} + x + 3 < 0} \cr {x \ge 0} \cr}\,\,\,\, (2)} \right.} \cr} } \right.\)
\((1) \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{{x < \log _3^22} \cr {x \ge 0} \cr { – 1 < x < {3 \over 2}} \cr} } \right. \Leftrightarrow 0 \le x < \log _3^22\) (vì \(\log _3^22 < 1 < {3 \over 2}\))
\((2) \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{{x > \log _3^22} \cr {x \ge 0} \cr {\left[ {\matrix{{x < – 1} \cr {x > {3 \over 2}} \cr} } \right.} \cr} } \right. \Leftrightarrow x > {3 \over 2}\)
Vậy nghiệm của bất phương trình là \(0 \le x < \log _3^22\) hoặc \(x > {3 \over 2}\)
c) Điều kiện: \(\left\{ {\matrix{{x > 0} \cr {x \ne 1} \cr {{{5 – 12x} \over {12x – 8}} > 0} \cr} } \right. \Leftrightarrow {5 \over {12}} < x < {2 \over 3}\,\,\,\,(*)\)
Bất phương trình đã cho tương đương với
\({2 \over {{{\log }_2}x}}.{\log _2}{{5 – 12x} \over {12x – 8}} \ge 2 \Leftrightarrow {\log _2}{{5 – 12x} \over {12x – 8}} \le {\log _2}x\)
(vì khi \(x \in ({5 \over {12}};{2 \over 3})\) thì \({\log _2}x < 0\) )
\( \Leftrightarrow {{5 – 12x} \over {12x – 8}} – x \le 0\)
\(\Leftrightarrow {{(6x + 5)(1 – 2x)} \over {12x – 8}} \le 0\)
\(\left[ {\matrix{{ – {5 \over 6} \le x \le {1 \over 2}} \cr {x > {2 \over 3}} \cr} } \right.\).
Kết hợp với điều kiện (*), ta có \({5 \over {12}} < x \le {1 \over 2}\)
Bài 5.18 Sách BT Toán 12
Giải các bất phương trình sau:
a) \({(0,5)^{{1 \over x}}} \ge 0,0625\)
b) \({\log _{0,2}}({x^2} – 4) \ge – 1\)
c) \({\log _2}{\log _{0,5}}({2^x} – {{15} \over {16}}) \le 2\)
d) \({\log _3}({16^x} – {2.12^x}) \le 2x + 1\)
Bài giải
a) Bất phương trình đã cho tương đương với
\({({1 \over 2})^{{1 \over x}}} \ge {1 \over {16}} \Leftrightarrow {({1 \over 2})^{{1 \over x}}} \ge {({1 \over 2})^4}\)
\(\Leftrightarrow {1 \over x} \le 4 \Leftrightarrow {1 \over x} – 4 \le 0 \Leftrightarrow {{1 – 4x} \over x} \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x \ge {1 \over 4}} \cr {x < 0} \cr} } \right.\)
b) Điều kiện: \(\left[ {\matrix{{x > 2} \cr {x < – 2} \cr} } \right.\)
Bất phương trình đã cho tương đương với
\({\log _{0,2}}({x^2} – 4) \ge {\log _{0,2}}0,{2^{ – 1}} = {\log _{0,2}}5\)
\( \Leftrightarrow {x^2} – 4 \le 5\) (vì 0,2 < 1) \( \Leftrightarrow {x^2} – 9 \le 0 \Leftrightarrow – 3 \le x \le 3\)
Kết hợp với điều kiện, ta được \(\left[ {\matrix{{2 < x \le 3} \cr { – 3 \le x < – 2} \cr} } \right.\)
c) Bất phương trình đã cho tương đương với \(0 < {\log _{0,5}}({2^x} – {{15} \over {16}}) \le 4\)
\( \Leftrightarrow 1 > {2^x} – {{15} \over {16}} \ge 0,{5^4}\)
\(\Leftrightarrow {{31} \over {16}} > {2^x} \ge 1\)
\(\Leftrightarrow {\log _2}{{31} \over {16}} > x \ge 0\)
\( \Leftrightarrow 0 \le x < {\log _2}31 – 4\)
Ở đây, chúng ta đã áp dụng tính đồng biến và nghịch biến của các hàm số logarit và hàm số mũ với cơ số lớn hơn 1 và nhỏ hơn 1.
d) Bất phương trình đã cho tương đương với \(0 < {16^x} – {2.12^x} \le {3^{2x + 1}}\)
\(\Leftrightarrow 0 < {4^x}{.4^x} – {2.4^x}{.3^x} \le {3^x}{.3^x}.3\)
\(\Leftrightarrow 0 < {({4 \over 3})^{2x}} – 2{({4 \over 3})^x} \le 3\) (1)
(Ta đã chia cả hai vế cho \({9^x}\;\left( {{9^x} > {\rm{ }}0{\rm{ }}} \right)\))
Đặt \({({4 \over 3})^x} = t(t > 0)\) , ta có hệ bất phương trình:
\(\left\{ {\matrix{{{t^2} – 2t \le 3} \cr {{t^2} – 2t > 0} \cr {t > 0} \cr} } \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ {\matrix{{t > 0} \cr {{t^2} – 2t – 3 \le 0} \cr {{t^2} – 2t > 0} \cr} } \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ {\matrix{{t > 0} \cr { – 1 \le t \le 3} \cr {\left[ {\matrix{{t > 2} \cr {t < 0} \cr} } \right.} \cr} } \right. \Leftrightarrow 2 < t \le 3\)
Từ đó, ta có \(2 < {({4 \over 3})^x} \le 3 < = > {\log _{{4 \over 3}}}2 < x \le {\log _{{4 \over 3}}}3\).
Bài 5.19 trang 222
Tính các tích phân sau:
a) \(\int\limits_{ – 2}^4 {{{({{x – 2} \over {x + 3}})}^2}dx} \) (đặt t = x +3)
b) \(\int\limits_{ – 4}^6 {(|x + 3| – |x – 4|)dx} \)
c) \(\int\limits_{ – 3}^2 {{{dx} \over {\sqrt {x + 7} + 3}}} \) (đặt \(t = \sqrt {x + 7} \) hoặc \(t = \sqrt {x + 7} + 3\) )
d) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos x} \over {1 + 4\sin x}}} dx\)
e)\(\int\limits_1^2 {{{{x^9}} \over {{x^{10}} + 4{x^5} + 4}}dx} \) (đặt t = x5)
g) \(\int\limits_0^3 {(x + 2){e^{2x}}dx} \)
h) \(\int\limits_2^5 {{{\sqrt {4 + x} } \over x}dx} \) (đặt \(t = \sqrt {4 + x} \) )
Hướng dẫn làm bài:
a) Đổi biến \( t = x + 3 \Rightarrow x – 2 = t – 5\) . Khi x = – 2 thì t = 1, khi x = 4 thì t = 7, ta có:
\(\int\limits_{ – 2}^4 {{{({{x – 2} \over {x + 3}})}^2}dx = \int\limits_1^7 {(1 – {{10} \over t} + {{25} \over {{t^2}}}} } )dt\)
\(= (t – 10\ln t – {{25} \over t})\left| {\matrix{7 \cr 1 \cr} } \right. = 27{3 \over 7} – 10\ln 7\)
b)\(\int\limits_{ – 4}^6 {(|x + 3| – |x – 4|)dx}\)
\( = – 7\int\limits_{ – 4}^{ – 3} {dx} + \int\limits_{ – 3}^4 {(2x – 1)dx} + \int\limits_4^6 {7dx} = 7\)
c) Đổi biến \(t = \sqrt {x + 7} \) , ta có \(I = \int\limits_2^3 {{{2tdt} \over {t + 3}}} = 2 – 6\ln 1,2\)
Nếu đổi biến \(t = \sqrt {x + 7} + 3\) thì ta có \(I = \int\limits_5^6 {(2 – {6 \over t})dt} \)
d) Đổi biến \(t = 1 + 4\sin x\) , ta có \(I = {1 \over 4}\int\limits_1^5 {{{dt} \over t}} = {1 \over 4}\ln 5\)
e) Đổi biến \(t = {x^5}\)
\(\eqalign{
& I = {1 \over 5}\int\limits_1^{32} {{{tdt} \over {{t^2} + 4t + 4}}} \cr
& = {1 \over 5}\int\limits_1^{32} {{{(t + 2 – 2)dt} \over {{{(t + 2)}^2}}}} \cr
& = {1 \over 5}\int\limits_1^{32} {{\rm{[}}{1 \over {t + 2}} – {2 \over {{{(t + 2)}^2}}}{\rm{]}}dt} \cr
& = {1 \over 5}\left[ {\ln (t + 2) + {2 \over {t + 2}}} \right]\left| {\matrix{{32} \cr 1 \cr} = {1 \over 5}(\ln {{34}\over 3} – {{31} \over {51}})} \right. \cr} \)
g) Đặt \(u = x + 2,dv = {e^{2x}}dx \Rightarrow du = dx,v = {1 \over 2}{e^{2x}}\)
Ta có \(I = {1 \over 2}(x + 2){e^{2x}}\left| {\matrix{3 \cr 0 \cr} } \right. – {1 \over 2}\int\limits_0^3 {{e^{2x}}} dx\)
\(= {1 \over 2}(5{e^6} – 2) – {1 \over 4}({e^6} – 1) = {3 \over 4}(3{e^6} – 1)\)
h) Đổi biến \(t = \sqrt {4 + x} \)
\(I = 2\int\limits_{\sqrt 6 }^3 {(1 + {1 \over {t – 2}} – {1 \over {t + 2}})dt}\)
\(= 2(t + \ln {{t – 2} \over {t + 2}})\left| {\matrix{3 \cr {\sqrt 6 } \cr} } \right. \)
\(= 2[3 – \sqrt 6 – \ln (25 – 10\sqrt 6 ){\rm{]}}\)
Bài 5.20
Tính:
a) \(\int\limits_{ – 1}^2 {(5{x^2} – x + {e^{0,5x}})dx} \)
b) \(\int\limits_{0,5}^2 {(2\sqrt x – {3 \over {{x^3}}} + \cos x)dx} \)
c) \(\int\limits_1^2 {{{dx} \over {\sqrt {2x + 3} }}} \) (đặt \(t = \sqrt {2x + 3} \) )
d) \(\int\limits_1^2 {\root 3 \of {3{x^3} + 4} {x^2}dx} \) (đặt \(t = \root 3 \of {3{x^3} + 4} \))
e) \(\int\limits_{ – 2}^2 {(x – 2)|x|dx} \)
g) \(\int\limits_1^0 {x\cos xdx} \)
h)\(\int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {{{1 + \sin 2x + \cos 2x} \over {\sin x + \cos x}}} dx\)
i) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\sin xdx} \)
k) \(\int\limits_1^e {{x^2}{{\ln }^2}xdx} \)
Giải
a) Đáp số: \(13{1 \over 2} + 2(e – {1 \over {\sqrt e }})\)
b) Đáp số: \({{7\sqrt 2 } \over 3} – 5{5 \over 8} + \sin 2 – \sin {1 \over 2}\)
c) Đáp số: \(\sqrt 7 – \sqrt 5 \)
d) Đổi biến \(t = \root 3 \of {3{x^3} + 4} \)
\(\Rightarrow {t^3} = 3{x^3} + 4 \Rightarrow 3{t^2}dt = 9{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx = {1 \over 3}{t^2}dt\)
Ta có
\(\eqalign{
& \int\limits_1^2 {\root 3 \of {3{x^3} + 4} } {x^2}dx = {1 \over 3}\int\limits_{\root 3 \of 7 }^{\root 3 \of {28} } {{t^3}dt} \cr & = {1 \over {12}}{t^4}\left| {\matrix{{\root 3 \of {28} } \cr {\root 3 \of 7 } \cr} } \right. = {{7\root 3 \of 7 (4\root 3 \of 4 – 1)} \over {12}} \cr} \)
e)
\(\eqalign{
& \int\limits_{ – 2}^2 {(x – 2)|x|dx} \cr
& = \int\limits_{ – 2}^0 {(2x – {x^2})dx + \int\limits_0^2 {({x^2} – 2x)dx} } \cr
& = – {{20} \over 3} – {4 \over 3} = – 8 \cr} \)
g)
\(\eqalign{& \int\limits_1^0 {x\cos xdx = x\sin x\left| {\matrix{0 \cr 1 \cr} } \right.} – \int\limits_1^0 {\sin xdx} \cr & = – \sin 1 + \cos x\left| {\matrix{0 \cr 1 \cr} } \right. = 1 – (\sin 1 + \cos 1) \cr} \)
h) Ta có:
\(\eqalign{
& 1 + \sin 2x + \cos 2x \cr
& = 1 + 2\sin x\cos x + 2{\cos ^2}x – 1 \cr
& = 2\cos x(\sin x + \cos x) \cr} \)
Từ đó, ta có đáp số là 1.
i) Áp dụng phương pháp tính tích phân từng phần hai lần, cả hai lần đều đặt \({e^x}dx = dv \Rightarrow v = {e^x}\) . Ta có:
\(\eqalign{& I = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\sin xdx} = {e^x}\sin x\left| {\matrix{{{\pi \over 2}} \cr 0 \cr} } \right. – \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\cos xdx} \cr & = {e^{{\pi \over 2}}} – \left[ {{e^x}\cos x\left| {\matrix{{{\pi \over 2}} \cr 0 \cr} + \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\sin xdx} } \right.} \right] \cr & = {e^{{\pi \over 2}}} + 1 – I \cr & \Rightarrow I = {{{e^{{\pi \over 2}}} + 1} \over 2} \cr} \)
k) Lấy tích phân theo phương pháp tính tích phân từng phầ;n hai lần: lần thứ nhất đặt \(u = {\ln ^2}x\) , lần thứ hai đặt \(u = \ln x\) và có đáp số là \({1 \over {27}}(5{e^3} – 2)\).
Bài 5.21
Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường sau:
a) y = |x2 – 1| và y = 5 + |x|
b) 2y = x2 + x – 6 và 2y = -x2 + 3x + 6
c) \(y = {1 \over x} + 1,x = 1\) và tiếp tuyến với đường \(y = {1 \over x} + 1\) tại điểm \((2;{3 \over 2})\)
Đáp án
a) Hai hàm số y = |x2 – 1| và y = 5 + |x| đều là hàm số chẵn. Miền cần tính diện tích được thể hiện ở hình 97. Do tính đối xứng qua trục tung, ta có:
\(S = 2\int\limits_0^3 {(5 + |x| – |{x^2} – 1|)dx}\)
\( = 2\left[ {\int\limits_0^1 {(5 + x – 1 + {x^2})dx + \int\limits_1^3 {(5 + x – {x^2} + 1)dx} } } \right]\)
\( = 2\left[ {({1 \over 3}{x^3} + {1 \over 2}{x^2} + 4x)\left| {\matrix{1 \cr 0 \cr} + ( – {1 \over 3}{x^3} + {1 \over 2}{x^2} + 6x)\left| {\matrix{3 \cr 1 \cr} } \right.} \right.} \right]\)
\(= 24{1 \over 3}\) (đơn vị diện tích)
b) Miền cần tính diện tích được thể hiện bởi Hình 98 (học sinh tự làm)
Như vậy, với mọi \(x \in ( – 2;3)\) đồ thị của hàm số \(y = – {1 \over 2}{x^2} + {3 \over 2}x + 3\) nằm phía trên đồ thị của hàm số \(y = {1 \over 2}{x^2} + {1 \over 2}x – 3\).
Vậy ta có:
\(S = \int\limits_{ – 2}^3 {\left[ {( – {1 \over 2}{x^2} + {3 \over 2}x + 3) – ({1 \over 2}{x^2} + {1 \over 2}x – 3)} \right]} dx\)
\(= \int\limits_{ – 2}^3 {( – {x^2} + x + 6)} dx = 20{5 \over 6}\) (đơn vị diện tích)
c) Miền cần tính diện tích được thể hiện trên hình:
\(S = \int\limits_1^2 {\left[ {{1 \over x} + 1 – ( – {1 \over 4}x + 2)} \right]} dx\)
\(= \int\limits_1^2 {({1 \over x} + {1 \over 4}x – 1)dx = \ln 2 – {5 \over 8}} \)(đơn vị diện tích)
(vì tiếp tuyến với đồ thị của \(y = {1 \over x} + 1\) tại điểm \((2;{3 \over 2})\) có phương trình là \(y = f'(2)(x – 2) + {3 \over 2} = – {1 \over 4}x + 2\))
Bài 5.22
Tính thể tích của vật thể tròn xoay khi quay các hình phẳng giới hạn bởi các đường sau quanh trục Ox:
a) y = x3 ; y = 1 và x = 3
b) \(y = {2 \over \pi }x;y = \sin x;x \in {\rm{[}}0;{\pi \over 2}{\rm{]}}\)
c) \(y = {x^\alpha },\alpha \in {N^*};y = 0;x = 0\) và x = 1
Hướng dẫn làm bài
a)
Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi miền CED quay quanh trục Ox là hiệu của hai thể tích (V1 và V2) của hai vật thể tròn xoay tương ứng sinh ra khi miền ACEB và miền ACDB quay quanh trục Ox. Như vậy V = V1 – V2 , trong đó :
\({V_1} = \pi \int\limits_1^3 {{x^6}} dx = {1 \over 7}\pi {x^7}\left| {\matrix{3 \cr 1 \cr} } \right. = {\pi \over 7}({3^7} – 1)\)
\({V_2} = \pi \int\limits_1^3 {dx = 2\pi }\)
\(\Rightarrow V = {V_1} – {V_2} = {\pi \over 7}({3^7} – 15) = 310{2 \over 7}\pi \) (đơn vị thể tích)
b)
Ta có V = V1 – V2 trong đó
\({V_1} = \pi \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^2}xdx} = {{{\pi ^2}} \over 4}\)
\({V_2} = \pi \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{({2 \over \pi }x)}^2}dx = {{{\pi ^2}} \over 6}} \)
\(V = {V_1} – {V_2} = {{{\pi ^2}} \over {12}}\) (đơn vị thể tích)
c) Hình vẽ
\(V = \pi \int\limits_0^1 {{x^{2\alpha }}dx} = {\pi \over {2\alpha + 1}}\)
Bài 5.23 trang 223
Chứng minh rằng:
a) \(i + {i^2} + {i^3} + … + {i^{99}} + {i^{100}} = 0\)
b) \({{(\sqrt 2 + i)(1 – i)(1 + i)} \over i} = 2 – 2\sqrt 2 i\)
Hướng dẫn làm bài
a) Biến đổi vế trái bằng cách nhóm từng bốn số hạng và đặt thừa số chung, ta được
\(i(1 + i + {i^2} + {i^3}) + … + {i^{97}}(1 + i + {i^2} + {i^3})\)
\(= (1 + i + {i^2} + {i^3})(i + … + {i^{97}}) = 0\),
Vì \(1 + i + {i^2} + {i^3} = 1 + i – 1 – i = 0\)
b) Ta có
\({{(\sqrt 2 + i)(1 – i)(1 + i)} \over i} \)
\(= {{2(\sqrt 2 + i)i} \over { – 1}}\)
\(= – (2\sqrt 2 i + 2{i^2}) = 2 – 2\sqrt 2 i\)
Bài 5.24
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ thỏa mãn các điều kiện:
a) |z – i| = 1
b) |2 + z| < |2 – z|
c) \(2 \le |z – 1 + 2i| < 3\)
Hướng dẫn làm bài:
a) Vế trái là khoảng cách từ điểm biểu diễn z dến điểm biểu diễn z0 = 0 + i . Vậy tập hợp các điểm thỏa mãn điều kiện đã cho là tất cả các điểm cách điểm (0; 1) một khoảng không đổi bằng 1. Đó là các điểm nằm trên đường tròn bán kính bằng 1 và tâm là điểm (0; 1)
Ta có thể tiến hành như sau:
Cho \(z = x + iy\) , ta có \(|z – i{|^2} = |x + (y – 1)i{|^2} = {x^2} + {(y – 1)^2}\) và như vậy ta có: \({x^2} + {(y – 1)^2} = 1\)
Đây là phương trình đường tròn bán kính bằng 1 và tâm là (0; 1)
b)
Ta có: \(|2 + z{|^2} < |2 – z{|^2}\)
\(\Leftrightarrow |(2 + x) + iy{|^2} < |(2 – x) – iy{|^2}\)
\(\Leftrightarrow {(2 + x)^2} + {y^2} < {(2 – x)^2} + {( – y)^2}\)
\(\Leftrightarrow x < 0\)
Đó là tập hợp các số phức có phần thực nhỏ hơn 0, tức là nửa trái của mặt phẳng tọa độ không kể trục Oy.
c) Đó là những điểm nằm phía trong hình tròn bán kính bằng 3 và phía ngoài (kể cả biên) hình tròn bán kính bằng 2 có cùng tâm là điểm biểu diễn số phức z0 = 1 – 2i , tức là những điểm nằm trong hình vành khăn kể cả biên trong. Đó là những điểm (x; y) trên mặt phẳng tọa độ thỏa mãn điều kiện: \(4 \le {(x – 1)^2} + {(y + 2)^2} < 9\)
Bài 5.25
Tính:
a) \({{5 + 2i} \over {7 – i}}\) b) \({{3 – i} \over i} + {(5 – i)^2}\)
Đáp án
a) \({{5 + 2i} \over {7 – i}} = {{(5 + 2i)(7 + i)} \over {50}} = {{33} \over {50}} + {{19} \over {50}}i\)
b) \({{3 – i} \over i} + {(5 – i)^2} = – 1 – 3i + (25 – 10i – 1) = 23 – 13i\)
Bài 5.26
Thực hiện các phép tính sau:
a) \(z = {{{{(1 + 2i)}^2} – {{(1 – i)}^3}} \over {{{(3 + 2i)}^3} – {{(2 + i)}^2}}}\)
b) \(z = {{ – 41 + 63i} \over {50}} – {{6i + 1} \over {1 – 7i}}\)
Bài giải
a) \(z = {{ – 1 + 6i} \over { – 6(2 – 7i)}} = {{1 – 6i} \over {6(2 – 7i)}} = {{(1 – 6i)(2 + 7i)} \over {6.53}} = {{44 – 5i} \over {318}}\)
b) z = i
Đề 1 trang 224
Câu 1
Cho hàm số \(y = 2 – {2 \over {x – 2}}\)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Từ (C) vẽ đồ thị của hàm số \(y = |{{2(x – 3)} \over {x – 2}}|\) (1)
Dựa vào đồ thị (1), hãy biện luận theo k số nghiệm của phương trình \(|{{2(x – 3)} \over {x – 2}}| = {\log _2}k\) (2)
3) Tìm các điểm thuộc (C) có tọa độ nguyên.
Hướng dẫn làm bài
1) Vẽ đồ thị hàm số
2) Đồ thị của (1) được suy ra từ đồ thị (C) bằng cách giữ nguyên phần đồ thị nằm phía trên trục hoành và lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị nằm phía dưới trục hoành
Số nghiệm của (2) là số giao điểm của đồ thị (1) với đường thẳng \(y = {\log _2}k\)
Dựa trên đồ thị, ta suy ra:
* Phương trình (2) vô nghiệm nếu
\( – \infty < {\log _2}k < 0 \Leftrightarrow < k < 1\)
* Phương trình (2) có một nghiệm nếu \({\log _2}k = 0\) hoặc \({\log _2}k = 2\) , tức là khi k = 1 hoặc k = 4.
* Phương trình (2) có hai nghiệm nếu \(0 < {\log _2}k < 2\) hoặc \({\log _2}k > 2\) , tức là khi 1 < k < 4 hoặc k > 4.
Kết luận: Phương trình vô nghiệm khi 0 < k < 1 ;
Phương trình có một nghiệm khi k = 1 hoặc k = 4 ;
Phương trình có hai nghiệm khi 1 < k < 4 hoặc k > 4.
3) Ta có \(y = 2 – {2 \over {x – 2}}\) nên y nguyên khi và chỉ khi x – 2 là ước của 2, tức là \(x – 2 = \pm 1\) hoặc \(x – 2 = \pm 2\) . Từ đó, ta có các điểm có tọa độ nguyên là (3; 0), (1; 4), (4; 1) và (0; 3).
Câu 2 (3 điểm)
Giải các phương trình sau:
1) \({32^{{{x + 5} \over {x – 7}}}} = 0,{25.128^{{{x + 17} \over {x – 3}}}}\)
2) \({\log _2}(\cot x + \tan 3x) – 1 = {\log _2}(\tan 3x)\)
Giải
1) Vì \(32 = {2^5};0,25 = {1 \over 4} = {2^{ – 2}};128 = {2^7}\) , nên phương trình đã cho tương đương với:
\({2^{{{5(x + 5)} \over {x – 7}}}} = {2^{{{7(x + 17)} \over {x – 3}} – 2}} \Leftrightarrow {{5x + 25} \over {x – 7}} = {{5x + 125} \over {x – 3}} \Leftrightarrow x = 10\) (thỏa mãn điều kiện \(x \ne 7,x \ne 3\) )
2) Điều kiện
\(\left\{ {\matrix{{\cot x + \tan 3x > 0} \cr {\tan 3x > 0} \cr} } \right.\)
Phương trình đã cho tương đương với \(\cot x + \tan 3x = 2\tan 3x\)
\(\Leftrightarrow \cot x = \tan 3x\) (*)
\(\Leftrightarrow 3x = {\pi \over 2} – x + k\pi \Leftrightarrow x = {\pi \over 8} + {{k\pi } \over 4},k \in Z\)
Để chọn những góc thỏa mãn điều kiện, trước hết từ (*) suy ra và phải cùng dấu với nhau.
Lần lượt cho k = 0, 1, 2, ……,7, ta chọn được những góc không thỏa mãn điều kiện.
Khi đó, nghiệm của phương trình đã cho là \(x = {\pi \over 8} + k\pi \) và \(x = {{3\pi } \over 8} + k\pi ,k \in Z\)
Câu 3 (3 điểm)
1) Tính tích phân \(\int\limits_0^2 {\sqrt {1 + 2{x^2}} xdx} \) (đặt \(t = \sqrt {1 + 2{x^2}} \))
2) Tìm modun của số phức \(z = {{ – 8 – 3i} \over {1 – i}}\)
Hướng dẫn
a) Đổi biến: \(t = \sqrt {1 + 2{x^2}}\Rightarrow {t^2} = 1 + 2{x^2}\)
\(\Rightarrow 2tdt = 4xdx = > xdx = {{tdt} \over 2}\)
Và \(x = 0 \Rightarrow t = 1 ; x = 2\Rightarrow t = 3.\)
Vậy \(\int\limits_0^2 {\sqrt {1 + 2{x^2}} } dx = {1 \over 2}\int\limits_1^3 {{t^2}dt = {1 \over 6}{t^3}\left| {\matrix{3 \cr 1 \cr} } \right.} = 4{1 \over 3}\)
b) Áp dụng công thức \(|z| = {{|{z_1}|} \over {|{z_2}|}}\) . Đáp số: \(|z| = {{\sqrt {146} } \over 2}\)
Bài 5.27 trang 224
Giải các phương trình sau trên tập số phức:
a) 3x2 – 4x + 2 = 0 b) x2 – x + 9 = 0
Đáp án
a) \({x_1} = {{2 + i\sqrt 2 } \over 3};{x_2} = {{2 – i\sqrt 2 } \over 3}\)
b) \({x_1} = {{1 + i\sqrt {35} } \over 2};{x_2} = {{1 – i\sqrt {35} } \over 2}\)
Bài 5.28
Giải hệ phương trình sau:
\(\left\{ {\matrix{{x + 2y = 1 + i} \cr {3x + iy = 2 – 3i} \cr} } \right.\)
Bài làm: Hệ phương trình tương ứng với:
\(\left\{ {\matrix{{3x + 6y = 3 + 3i} \cr {3x + iy = 2 – 3i} \cr} } \right. \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{{x + 2y = 1 + i} \cr {(6 – i)y = 1 + 6i} \cr} } \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ {\matrix{{x = 1 – i} \cr {y = i} \cr} } \right.\)
Vậy nghiệm của hệ là (1 – i , i)
Bài 5.29
Với những giá trị thực nào của x và y thì các số phức : \({z_1} = 9{y^2} – 4 – 10x{i^5}\) và \({z_2} = 8{y^2} + 20{i^{11}}\) là liên hợp của nhau?
Bài làm
\({z_1} = 9{y^2} – 4 – 10xi;{z_2} = 8{y^2} – 20i\). Để \({z_1} = \overline {{z_2}} \) ta có:
\(\left\{ {\matrix{{9{y^2} – 4 = 8{y^2}} \cr { – 10x = 20} \cr} } \right. \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{{y = \pm 2} \cr {x = – 2} \cr} } \right.\)
Vậy có hai cặp (x; y) là (-2; 2) và (-2; -2).
Bài 5.30
Tìm môđun của các số phức sau:
a) \({z_1} = – 8 + {1 \over 2}i\) b) \({z_2} = \sqrt 3 – \sqrt 7 i\)
Lời giải
a) \(|{z_1}| = \sqrt {{{( – 8)}^2} + {{({1 \over 2})}^2}} = {{\sqrt {257} } \over 2}\)
b) \(|{z_2}| = \sqrt {{{(\sqrt 3 )}^2} + {{( – \sqrt 7 )}^2}} = \sqrt {10} \)
Đề 2 trang 225
Câu 1(4,5 điểm)
Cho hàm số \(y = – {1 \over 3}{x^3} + {x^2} + m – 1\)
1) Chứng minh rằng đồ thị của hàm số đã cho luôn có hai điểm cực trị. Xác định m để một trong những điểm cực trị đó thuộc trục Ox.
2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi \(m = {1 \over 3}\)
3) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) , biết rằng tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng \(y = {1 \over 3}x – 2\)
4) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) , trục hoành và hai đường thẳng x = 0 và x = 2.
Hướng dẫn
1) \(y’ = – {x^2} + 2x;y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = 0} \cr {x = 2} \cr} } \right.\)
Ta có y’ > 0 với \(x \in (0;2)\) và y’ < 0 khi x thuộc các khoảng \(( – \infty ;0),(2; + \infty )\). Vậy với mọi m, đồ thị của hàm số luôn có điểm cực tiểu (0; m – 1) và điểm cực đại \((2;m + {1 \over 3})\). Một trong các điểm cực trị nằm trên trục Ox khi và chỉ khi hoặc \(m + {1 \over 3} = 0 \Leftrightarrow m = – {1 \over 3}\) hoặc \(m – 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1.\)
2) Với \(m = {1 \over 3}\) , ta có \(y = – {1 \over 3}{x^3} + {x^2} – {2 \over 3}\)
3) Hệ số góc của tiếp tuyến là -3. Hoành độ tiếp điểm thỏa mãn phương trình
\( – {\rm{ }}{x^2} + {\rm{ }}2x{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}0\Rightarrow \left[ {\matrix{{{x_1} = – 1} \cr {{x_2} = 3} \cr} } \right.\)
Các tung độ của tiếp điểm tương ứng là \({y_1} = {2 \over 3};{y_2} = – {2 \over 3}\)
Vậy ta có hai tiếp tuyến \(y = – 3x – {7 \over 3}\) và \(y = – 3x + {{25} \over 3}\)
4) Vì I(1; 0) là tâm đối xứng của (C) nên hình phẳng đã cho gồm hai hình đối xứng với nhau qua điểm I (1; 0) . Vậy : \(S = 2\int\limits_0^1 {({1 \over 3}{x^3} – {x^2} + {2 \over 3})dx = {5 \over 6}} \) (đơn vị thể tích)
Câu 2 (3 điểm)
1) Giải phương trình \({3^{{x \over 5}}} + {3^{{{x – 10} \over {10}}}} = 84\)
2) Giải bất phương trình \({\log _{\sqrt 2 }}(3 – 2x) > 1\)
Giải
1) Đặt \({3^{{x \over {10}}}} = t(t > 0)\) , ta có:
\({t^2} + {t \over 3} = 84 \Leftrightarrow 3{t^2} + t – 252 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{t = 9} \cr {t = – 9{1 \over 3}(l)} \cr} } \right.\)
Như vậy \({3^{{x \over {10}}}} = {3^2} \Leftrightarrow x = 20\)
2) Điều kiện: \(3 – 2x > 0 \Leftrightarrow x < {3 \over 2}\)
Bất phương trình đã cho tương đương với \(3 – 2x > \sqrt 2 \)
\(\Leftrightarrow x < {{3 – \sqrt 2 } \over 2}\) (thỏa mãn điều kiện)
Câu 3 (2,5 điểm)
1) Tính tích phân \(\int\limits_0^3 {{{\sqrt {x + 1} + 2} \over {\sqrt {x + 1} + 3}}} dx\) (đặt \(t = \sqrt {x + 1} \))
2) Xác định tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ thỏa mãn điều kiện:
a) \(|z + 1| = |z – i|\) b) \(|z{|^2} + 3z + 3\overline z = 0\)
Bài làm
1) Đặt \(t = \sqrt {x + 1} \Rightarrow {t^2} = x + 1\) . Do đó, \(dx = 2tdt\)
Khi x = 0 thì t = 1, khi x = 3 thì t = 2.
Vậy \(I = \int\limits_1^2 {{{(t + 2).2tdt} \over {t + 3}} = } \int\limits_1^2 {(2t – 2 + {6 \over {t + 3}})dt = 1 + 6\ln {5 \over 4}} \)
2) a) Giả sử \(z = x + yi\). Ta có: \(|x + 1 + yi| = |x + (y – 1)i|\)
\( \Leftrightarrow |(x + 1) + yi{|^2} = |x + (y – 1)i{|^2}\)
\( \Leftrightarrow {(x + 1)^2} + {y^2} = {x^2} + {(y – 1)^2}\)
\(\Leftrightarrow {x^2} + 1 + 2x + {y^2} = {x^2} + {y^2} + 1 – 2y\)
\(\Leftrightarrow 2x = -2y \,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow y = -x\)
Trên mặt phẳng tọa độ, đó là đường phân giác của góc phần tư thứ hai và thứ tư.
Cách 2. Vế phải là khoảng cách từ điểm biểu diễn z tới điểm biểu diễn \({z_0} = 0 + i\), vế trái là khoảng cách từ điểm biểu diễn z tới điểm biểu diễn \({z_1} = – 1 + 0i\) . Vậy phải tìm các điểm cách đều hai điểm biểu diễn z0 và z1
b) Ta có: \(|x + yi{|^2} + 3(x + yi) + 3(x – yi) = 0\)
\(\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow {(x + 3)^2} + {y^2} = 9\)
Trên mặt phẳng tọa độ, đó là tập hợp các điểm thuộc đường tròn bán kính bằng 3 và tâm là điểm (-3; 0)
Đề 3
Câu 1 (4 điểm)
Cho hàm số: \(y = – {x^3} + 3x – 2\)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M(1; 0).
3) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình \( – {x^3} + 3x – 2 = {\log _3}m\)
Đáp án
1) Vẽ biểu đồ
2) Ta có: y’(1) = 0. Vậy phương trình của tiếp tuyến là y = 0
3) Dựa vào đồ thị (C) và đường thẳng \(y = {\log _3}m\) , ta có:
* Khi \({\log _3}m < – 4 \Leftrightarrow m < {1 \over {81}}\), phương trình có một nghiệm
* Khi \({\log _3}m = – 4 \Leftrightarrow m = {1 \over {81}}\), phương trình có hai nghiệm.
* Khi \(0 > {\log _3}m > – 4 \Leftrightarrow 1 > m > {1 \over {81}}\), phương trình có ba nghiệm.
* Khi \({\log _3}m = 0 \Leftrightarrow m = 1\), phương trình có hai nghiệm.
* Khi \({\log _3}m > 0 \Leftrightarrow m > 1\) , phương trình có một nghiệm.
Kết luận:
* Phương trình có một nghiệm khi m > 1 hoặc \(m < {1 \over {81}}\)
* Phương trình có hai nghiệm khi m = 1 hoặc \(m = {1 \over {81}}\)
* Phương trình có ba nghiệm khi \({1 \over {81}} < m < 1\) .
Câu 2 trang 225 sách bài tập (SBT) – Giải tích 12 (3 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
1) \(f(x) = \ln ({x^2} + x – 2)\) trên đoạn [3; 6]
2) \(f(x) = {\cos ^2}x + \cos x + 3\)
Hướng dẫn làm bài
1) f(x) xác định trên R\[-2; 1] nên xác định trên đoạn [3; 6]
\(f'(x) = {{2x + 1} \over {{x^2} + x – 2}}\)
Ta thấy \(f{\rm{ }}\left( x \right){\rm{ }} > {\rm{ }}0{\rm{ }},\forall x \in {\rm{[}}3;6]\) nên trên đoạn [3; 6] hàm số f(x) đồng biến.
Vậy \(\mathop {\min }\limits_{{\rm{[}}3;6]} f(x) = f(3) = \ln 10;\mathop {\max }\limits_{{\rm{[}}3;6]} f(x) = f(6) = \ln 40\)
2) Vì f(x) là hàm số tuần hoàn chu kì \(2\pi \), nên ta chỉ cần xét f(x) trên đoạn \({\rm{[}}0;2\pi {\rm{]}}\)
\(f'(x) = – 2\sin x\cos x – \sin x;f'(0) = 0 \Leftrightarrow x = {\rm{\{ }}0;{{2\pi } \over 3};\pi ;{{4\pi } \over 3};2\pi {\rm{\} }}\)
\(f(0) = f(2\pi ) = 5;f({{2\pi } \over 3}) = 2{3 \over 4};f(\pi ) = 3;f({{4\pi } \over 3}) = 2{3 \over 4}\)
Vậy \(\mathop {\min }\limits_R f(x) = \mathop {\min }\limits_{{\rm{[}}0;2\pi {\rm{]}}} f(x) = 2{3 \over 4};\mathop {\max }\limits_R f(x) = \mathop {\max }\limits_{{\rm{[}}0;2\pi {\rm{]}}} f(x) = 5\)
Câu 3 (3 điểm)
1) Tính các tích phân sau:
a) \(\int\limits_0^1 {(3{x^2} + 2x + 1){e^{2x}}dx}\) b) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {\cos 3x} .\cos 4xdx\)
2) Tìm modun của các số phức sau:
a) \(z = ( – 4 + i\sqrt {48} )(2 + i)\) b) \(z = {{1 + i} \over {2 – i}}\)
Bài giải
1) a) Đáp số : \({7 \over 4}{e^2} – {3 \over 4}\)
b) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {\cos 3x\cos 4xdx} = {1 \over 2}\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {(\cos 7x + \cos x)dx = {3 \over 7}} \)
2) a) \(z = ( – 4 + i\sqrt {48} )(2 + i)\) nên
\(|z| = | – 4 + i\sqrt {48} |.|2 + i| = \sqrt {{{( – 4)}^2} + {{(\sqrt {48} )}^2}} .\sqrt {{2^2} + {1^2}} = 8\sqrt 5 \)
b) \(z = {{1 + i} \over {2 – i}}\) nên \(|z| = {{|1 + i|} \over {|2 – i|}} = {{\sqrt 2 } \over {\sqrt {{2^2} + {{( – 1)}^2}} }} = \sqrt {{2 \over 5}} \).
Trả lời