Lý thuyết luyện thi đại học môn toán khối A-B-D

Chia sẻ: caohoangnamvn

Tài liệu ôn tập Toán tham khảo về một số dạng bài tập chương . Giúp các em có thêm kiến thức để đạt được điểm cao hơn trong kì thi Đại học sắp tới. Chúc các em thi thành công.

Bạn đang xem 20 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Lý thuyết luyện thi đại học môn toán khối A-B-D

 

  1. Trường……………………………… Khoa………………………….. Lý thuyết luyện thi đại học môn toán
  2. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam b c KHẢO SÁT HÀM SỐ S  x1  x 2  x 3   ; x1.x 2  x 2 .x 3  x 3 .x1   ; a a d Vấn đề 1: ÔN TẬP – CÔNG THỨC P  x1.x 2 .x 3  a I. Tam thức bậc hai: III. Đạo hàm:  a  b  0 BẢNG ĐẠO HÀM  c  0   x   , ax  bx  c  0   2 (kx) '  k (ku) '  k.u '  a  0  (x  ) '  .x 1     0 (u  ) '  .u '.u 1 .   a  b  0 1 u'  ( x)'  ( u)'  c  0 2 x 2 u   x   , ax  bx  c  0   2  a  0 ' '  1 1 1 u'    0    2    2  x x u u  Cho phương trình : ax2 + bx + c = 0 (sin x) '  cos x (sin u) '  u '.cos u Giả sử phương trình có 2 nghiệm x1 ; x 2 thì: (cos x) '   sin x (cos u) '  u '.sin u b c S  x1  x 2   ; P  x1.x 2  a a 1 u' (tan x) '  (tan u) '  a  0 cos 2 x cos 2 u  Pt có 2 nghiệm phân biệt     0 1 u ' (cot x) '  (cot u) '  a  0 sin 2 x sin 2 u  Pt có nghiệm kép     0 (ex ) '  ex (eu ) '  u '.eu a  0  a  0 1 u'  Pt vô nghiệm  b  0   (ln x) '  (ln u) '  c  0   0 x u  1 u'  Pt có 2 nghiệm trái dấu  P  0  log a x  '   loga u  '  x ln a u ln a   0  Pt có 2 nghiệm cùng dấu   (a x ) '  a x .ln a (a u ) '  u '.a u .ln a P  0  Pt có 2 nghiệm phân biệt cùng dương Quy tắc tính đạo hàm   0 (u  v) = u  v (uv) = uv + vu   P  0 S  0   u  uv  vu yx  yu.ux    (v  0)  Pt có 2 nghiệm phân biệt cùng âm v v2   0 Đạo hàm của một số hàm thông dụng   P  0 ax  b ad  bc S  0 1. y   y'   cx  d  cx  d  2 II. Đa thức bậc ba:  Cho phương trình : ax3 + bx2 + cx + d = 0 ax 2  bx  c adx 2  2aex  be  cd 2. y   y'  dx  e  dx  e  2 Giả sử phương trình có 3 nghiệm x1; x 2 ; x 3 thì: Trang 1
  3. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam Vấn đề 2: CÁC BƢỚC KHẢO SÁT HÀM SỐ. 1. Các bƣớc khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  Tìm tập xác định của hàm số.  Xét sự biến thiên của hàm số: y‟ = 0 vô nghiệm  D‟ = b2 – 3ac < 0 o Tính y. o Tìm các điểm tại đó đạo hàm y bằng 0 a>0 a<0 hoặc không xác định. y y o Tìm các giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tìm tiệm cận (nếu có). I I o Lập bảng biến thiên ghi rõ dấu của đạo hàm, chiều biến thiên, cực trị của hàm số.  Vẽ đồ thị của hàm số: 0 x 0 x o Tìm điểm uốn của đồ thị (đối với hàm số bậc ba và hàm số trùng phương). 3. Hàm số trùng phƣơng – Tính y. y  ax 4  bx 2  c (a  0) : – Tìm các điểm tại đó y = 0 và xét dấu y.  Tập xác định D = R. o Vẽ các đường tiệm cận (nếu có) của đồ  Đồ thị luôn nhận trục tung làm trục đối xứng. thị. o Xác định một số điểm đặc biệt của đồ  Các dạng đồ thị: thị như giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ y‟ = 0 có 3 nghiệm phân biệt  ab < 0 (trong trường hợp đồ thị không cắt các trục toạ độ hoặc việc tìm toạ độ giao điểm phức tạp thì có thể a>0 a<0 bỏ qua). Có thể tìm thêm một số điểm thuộc đồ thị để có thể vẽ chính xác hơn. o Nhận xét về đồ thị: Chỉ ra trục đối xứng, tâm đối xứng (nếu có) của đồ thị. 2. Hàm số bậc ba y  ax 3  bx 2  cx  d (a  0) :  Tập xác định D = R.  Đồ thị luôn có một điểm uốn và nhận điểm uốn làm tâm đối xứng. y‟ = 0 có 1 nghiệm phân biệt  ab > 0  Các dạng đồ thị: a>0 a<0 y‟ = 0 có 2 nghiệm phân biệt  D‟ = b2 – 3ac > 0 a>0 a<0 y y I 0 x 0 x I 4. Hàm số nhất biến ax  b y (c  0, ad  bc  0) : cx  d y‟ = 0 có nghiệm kép  D‟ = b2 – 3ac = 0 a>0 a<0  Tập xác định D = R \  . d c  Trang 2
  4. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam d CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN  Đồ thị có một tiệm cận đứng là x   và một c a KHẢO SÁT HÀM SỐ tiệm cận ngang là y  . Giao điểm của hai tiệm c cận là tâm đối xứng của đồ thị hàm số. Vấn đề 1. SỰ TIẾP XÚC GIỮA HAI  Các dạng đồ thị: ĐƢỜNG, TIẾP TUYẾN CỦA ad – bc > 0 ad – bc < 0 ĐƢỜNG CONG Ý nghĩa hình học của đạo hàm: Đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm x0 là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số tại điểm M0  x 0 ;f (x 0 )  . Khi đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M0  x 0 ;f (x 0 )  là: y – y0 = f (x0).(x – x0) (y0 = f(x0)) ax 2  bx  c Dạng 1: Lập phƣơng trình tiếp tuyến của 5. Hàm số hữu tỷ y  đƣờng cong (C): y = f(x) a 'x  b' ( a.a '  0, tử không chia hết cho mẫu) Bài toán 1: Viết phương trình tiếp tuyến  của (C): y =f(x) tại điểm M0  x 0 ; y0   Tập xác định D = R \    b' a' .  Nếu cho x0 thì tìm y0 = f(x0). b' Nếu cho y0 thì tìm x0 là nghiệm của phương  Đồ thị có một tiệm cận đứng là x   và một a' trình f(x) = y0. tiệm cận xiên. Giao điểm của hai tiệm cận là tâm  Tính y = f (x). Suy ra y(x0) = f (x0). đối xứng của đồ thị hàm số.  Phương trình tiếp tuyến  là:  Các dạng đồ thị: y – y0 = f (x0).(x – x0) y = 0 có 2 nghiệm phân biệt a 0 a0 Bài toán 2: Viết phương trình tiếp tuyến  của (C): y =f(x), biết  có hệ số góc k cho trước. Cách 1: Tìm toạ độ tiếp điểm.  Gọi M(x0; y0) là tiếp điểm. Tính f (x0).   có hệ số góc k  f (x0) = k (1)  Giải phương trình (1), tìm được x0 và tính y0 = f(x0). Từ đó viết phương trình của . Cách 2: Dùng điều kiện tiếp xúc. y = 0 vô nghiệm  Phương trình đường thẳng  có dạng: a 0 a0 y = kx + m. y y   tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm: f (x)  kx  m 0 x 0 x  (*) f '(x)  k  Giải hệ (*), tìm được m. Từ đó viết phương trình của . Trang 3
  5. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam Chú ý: Hệ số góc k của tiếp tuyến  có thể Dạng 3: Tìm những điểm trên đƣờng thẳng d được cho gián tiếp như sau: mà từ đó có thể vẽ đƣợc 1, 2, 3, … tiếp   tạo với chiều dương trục hoành góc  thì tuyến với đồ thị (C): y = f(x) k = tan Giả sử d: ax + by +c = 0. M(xM; yM)  d.   song song với đường thẳng  Phương trình đường thẳng  qua M có hệ số d: y = ax + b thì k = a góc k: y = k(x – xM) + yM   vuông góc với đường thẳng   tiếp xúc với (C) khi hệ sau có nghiệm: 1 f (x)  k(x  x M )  y M (1) d: y = ax + b (a  0) thì k =   a f '(x)  k (2)   tạo với đường thẳng d: y = ax + b một  Thế k từ (2) vào (1) ta được: k a f(x) = (x – xM).f (x) + yM (3) góc  thì  tan  1  ka  Số tiếp tuyến của (C) vẽ từ M = Số nghiệm Bài toán 3: Viết phương trình tiếp tuyến  của x của (3) (C): y = f(x), biết  đi qua điểm A(x A ; yA ) . Cách 1: Tìm toạ độ tiếp điểm. Dạng 4: Tìm những điểm mà từ đó có thể vẽ đƣợc 2 tiếp tuyến với đồ thị (C): y = f(x)  Gọi M(x0; y0) là tiếp điểm. Khi đó: và 2 tiếp tuyến đó vuông góc với nhau y0 = f(x0), y0 = f (x0).  Phương trình tiếp tuyến  tại M: Gọi M(xM; yM). y – y0 = f (x0).(x – x0)  Phương trình đường thẳng  qua M có hệ số góc k: y = k(x – xM) + yM   đi qua A(x A ; yA ) nên:   tiếp xúc với (C) khi hệ sau có nghiệm: yA – y0 = f (x0).(xA – x0) (1) f (x)  k(x  x M )  y M (1)  Giải phương trình (1), tìm được x0. Từ đó  viết phương trình của . f '(x)  k (2) Cách 2: Dùng điều kiện tiếp xúc.  Thế k từ (2) vào (1) ta được:  Phương trình đường thẳng  đi qua f(x) = (x – xM).f (x) + yM (3) A(x A ; yA ) và có hệ số góc k: y – yA = k(x – xA)  Qua M vẽ được 2 tiếp tuyến với (C)  (3)   tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương có 2 nghiệm phân biệt x1, x2. trình sau có nghiệm:  Hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau f (x)  k(x  x A )  y A  f (x1).f (x2) = –1  (*) Từ đó tìm được M. f '(x)  k Chú ý: Qua M vẽ được 2 tiếp tuyến với (C) sao  Giải hệ (*), tìm được x (suy ra k). Từ đó viết cho 2 tiếp điểm nằm về hai phía với trục hoành phương trình tiếp tuyến . (3) coù2 nghieäm phaân bieät thì  f(x1 ).f(x2 ) < 0 Dạng 2: Tìm điều kiện để hai đƣờng tiếp xúc Điều kiện cần và đủ để hai đường (C1): y = f(x) và (C2): y = g(x) tiếp xúc nhau là hệ phương Vấn đề 2. SỰ TƢƠNG GIAO CỦA trình sau có nghiệm: CÁC ĐỒ THỊ  f (x)  g(x) 1. Cho hai đồ thị (C1): y = f(x) và (C2): y = g(x).  (*) f '(x)  g '(x) Để tìm hoành độ giao điểm của (C1) và (C2) Nghiệm của hệ (*) là hoành độ của tiếp điểm ta giải phương trình: f(x) = g(x) (*) (gọi là của hai đường đó. phương trình hoành độ giao điểm). Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao Trang 4
  6. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam điểm của hai đồ thị. 2. Đồ thị hàm số bậc ba Bài toán 1: Biện luận số nghiệm của phƣơng y  ax3  bx 2  cx  d (a  0) cắt trục hoành tại 3 trình bậc 3 điểm phân biệt  Trƣờng hợp 1: (1) chỉ có 1 nghiệm  (C) và  Phương trình ax 3  bx 2  cx  d  0 có 3 Ox có 1 điểm chung nghiệm phân biệt.  f khoâng coù cöïc trò (h.1a)  Hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có cực đại, cực   f coù 2 cöïc trò  (h.1b) tiểu và yCÑ .yCT  0 .  yCÑ .yCT >0  Vấn đề 3. BIỆN LUẬN SỐ NGHIỆM CỦA PHƢƠNG TRÌNH BẰNG ĐỒ THỊ  Cơ sở của phương pháp: Xét phương trình: f(x) = g(x) (1)  Trƣờng hợp 2: (1) có đúng 2 nghiệm  (C)  Số nghiệm của phương trình (1) = Số giao tiếp xúc với Ox điểm của (C1): y = f(x) và (C2): y = g(x) f coù 2 cöïc trò  Nghiệm của phương trình (1) là hoành độ  (h.2) yCÑ .yCT =0 giao điểm của (C1): y = f(x) và (C2): y = g(x)  Để biện luận số nghiệm của phương trình F(x, m) = 0 (*) bằng đồ thị ta biến đổi (*) về một trong các dạng sau: Dạng 1: F(x, m) = 0  f(x) = m (1) Khi đó (1) có thể xem là phương trình hoành độ giao điểm của hai đường: (C): y = f(x) và d: y  Trƣờng hợp 3: (1) có 3 nghiệm phân biệt  =m (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt  d là đường thẳng cùng phương với Ox f coù 2 cöïc trò  Dựa vào đồ thị (C) ta biện luận số giao điểm  (h.3) của (C) và d. Từ đó suy ra số nghiệm của (1) yCÑ .yCT <0 y (C) m A (d) : y = m Bài toán 2: Phƣơng trình bậc ba có 3 nghiệm yCĐ c. cùng dấu c. c. c. c.  Trƣờng hợp 1: (1) có 3 nghiệm dương phân yCT xA x biệt  (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương c. Dạng 2: F(x, m) = 0  f(x) = g(m) (2) f coù 2 cöïc trò  Thực hiện tương tự, có thể đặt g(m) = k. y .y < 0   Biện luận theo k, sau đó biện luận theo m.   CÑ CT xCÑ > 0, xCT > 0 a.f(0) < 0 (hay ad < 0)  Đặc biệt: Biện luận số nghiệm của phƣơng trình bậc ba bằng đồ thị  Cơ sở của phương pháp: Xét phương trình bậc ba: ax  bx 2  cx  d  0 (a  0) (1) có đồ thị (C) 3  Số nghiệm của (1) = Số giao điểm của (C) với trục hoành  Trƣờng hợp 2: (1) có 3 nghiệm có âm phân Trang 5
  7. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam biệt  (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành Vấn đề 5. ĐIỂM ĐẶC BIỆT TRÊN độ âm ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ f coù 2 cöïc trò y .y < 0    CÑ CT Dạng 1: Tìm cặp điểm trên đồ thị xCÑ < 0, xCT < 0 (C): y = f(x) đối xứng qua đƣờng thẳng a.f(0) > 0 (hay ad > 0)  d: y = ax + b Cơ sở của phƣơng pháp: A, B đối xứng nhau qua d  d là trung trực của đoạn AB  Phương trình đường thẳng  vuông góc 1 với d: y = ax + b có dạng: : y   x  m a  Phương trình hoành độ giao điểm của  và 1 (C): f(x) =  x  m (1) Vấn đề 4. HÀM SỐ CÓ CHỨA DẤU a  Tìm điều kiện của m để  cắt (C) tại 2 GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI điểm phân biệt A, B. Khi đó xA, xB là các 1. Đồ thị hàm số y = f  x  (hàm số chẵn) nghiệm của (1).  Tìm toạ độ trung điểm I của AB. Gọi (C) : y  f (x) và (C1 ) : y  f  x  ta thực hiện  Từ điều kiện: A, B đối xứng qua d  I  các bước sau: d, ta tìm được m  xA, xB  yA, yB  A, B. Bƣớc 1. Vẽ đồ thị (C) và chỉ giữ lại phần đồ thị nằm phía bên phải trục tung. Bƣớc 2. Lấy đối xứng phần đồ thị ở bước 1 qua trục tung ta được đồ thị (C1). 2. Đồ thị hàm số y = f(x) Gọi (C) : y  f (x) và (C2 ) : y  f (x) ta thực hiện các bước sau: Chú ý: Bƣớc 1. Vẽ đồ thị (C).  A, B đối xứng nhau qua trục hoành Bƣớc 2. Giữ lại phần đồ thị của (C) nằm phía x A  x B trên trục hoành. Lấy đối xứng phần đồ thị nằm  phía dưới trục hoành của (C) qua trục hoành ta  yA   yB được đồ thị (C2).  A, B đối xứng nhau qua trục tung x A  x B  3. Đồ thị hàm số y = f  x   yA  yB Gọi (C1 ) : y  f  x  , (C2 ) : y  f (x) và  A, B đối xứng nhau qua đường thẳng y = b (C3 ) : y  f  x  . Dễ thấy để vẽ (C3) ta thực hiện x A  x B  các bước vẽ (C1) rồi (C2) (hoặc (C2) rồi (C1)).  y A  y B  2b  A, B đối xứng nhau qua đường thẳng x = a  x A  x B  2a   yA  yB Trang 6
  8. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam Dạng 2: Tìm cặp điểm trên đồ thị LƢỢNG GIÁC (C): y = f(x) đối xứng qua điểm I(a; b) Cơ sở của phƣơng pháp: A, B đối xứng nhau Vấn đề 1: ÔN TẬP qua I  I là trung điểm của AB. I. Góc và cung lƣợng giác:  Phương trình đường thẳng d qua I(a; b), có hệ số góc k có dạng: y  k(x  a)  b . 1. Giá trị lượng giác của một số góc:      Phương trình hoành độ giao điểm của (C) Α 0 và d: f(x) = k(x  a)  b (1) 6 4 3 2  Tìm điều kiện để d cắt (C) tại 2 điểm phân 1 2 3 Sinα 0 1 biệt 2 2 2 A, B. khi đó xA, xB là 2 nghiệm của (1). 3 2 1 Cosα 1 0  Từ điều kiện: A, B đối xứng qua I  I là 2 2 2 trung điểm của AB, ta tìm được k  xA, xB. 3 Chú ý: Tanα 0 1 3  3 x A  x B 3 A, B đối xứng qua gốc toạ độ O   Cotα  3 1 0  yA   yB 3 2. Cung liên kết: (cos đối, sin bù, phụ chéo) Dạng 3: Khoảng cách   –x  –x –x + x +x Kiến thức cơ bản: 2 2 1. Khoảng cách giữa hai điểm A, B: Sin –sinx sinx cosx –sinx cosx AB = (x B  x A )2  (yB  yA )2 – Cos cosx –cosx sinx –sinx 2. Khoảng cách từ điểm M(x0; y0) đến đường cosx thẳng : ax + by + c = 0: Tan –tanx –tanx cotx tanx –cotx ax 0  by0  c Cot –cotx –cotx tanx cotx –tanx d(M, ) = a 2  b2 II. Công thức lƣợng giác: 3. Diện tích tam giác ABC: 1. Công thức cơ bản:   2   AB2 .AC2   AB.AC  1 1 S = AB.AC.sin A  sin 2 a  cos2 a  1 2 2 tan a.cot a  1 1 1  tan 2 a  Nhận xét: Ngoài những phương pháp đã nêu, bài cos 2 a tập phần này thường kết hợp với phần hình học 1 giải tích, định lý Vi-et nên cần chú ý xem lại các 1  cot 2 a  sin 2 a tính chất hình học, các công cụ giải toán trong 2. Công thức cộng: hình học giải tích, áp dụng thành thạo định lý Vi-et trong tam thức bậc hai. cos(  )  cos .cos   sin .sin  cos(  )  cos .cos   sin .sin  sin(  )  sins .cos   cos .sin  sin(  )  sins .cos   cos .sin  tan   tan  tan(  )  1  tan .tan  tan   tan  tan(  )  1  tan .tan  Trang 7
  9. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam 3. Công thức nhân đôi, nhân ba: Vấn đề 2: PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG cos 2  cos 2   sin 2   2cos 2   1  1  2sin 2  GIÁC  (cos   sin )(cos   sin ) I. Phƣơng trình cơ bản: sin2  2sin .cos   x    k2 cos3  4cos3   3cos   sin x  sin    k   x      k2 sin 3  3sin   4sin3   x    k2  cos x  cos    k   x    k2 4. Công thức hạ bậc: 1  cos 2x  tan x  tan   x    k k  cos 2 x   1  sin 2 x 2  cot x  cot   x    k k   (1  cos x)(1  cos x) Trường hợp đặc biệt: 1  cos 2x  sin x  0  x  k, k  sin 2 x   1  cos 2 x 2   (1  cos x)(1  sin x)  sin x  1  x   k2 k  2 5. Công thức biến đổi tổng thành tích:   sin x  1  x    k2 k   xy xy 2 cos x  cos y  2 cos cos  2 2  cos x  0  x   k k  xy xy 2 cos x  cos y  2sin sin 2 2  cos x  1  x  k2 k  xy xy II. Phƣơng trình bậc hai hay bậc n của một sin x  sin y  2sin cos hàm lƣợng giác: 2 2 xy xy  a sin 2 x  bsinx  c  0 (1) sin x  sin y  2 cos sin 2 2  a cos2 x  b cosx  c  0 (2) 6. Công thức biến đổi tích thành tổng:  a tan 2 x  b tan x  c  0 (3) 1  a cot 2 x  a cot x  c  0 (4) cos  cos    cos(  )  cos(  ) 2 Cách giải: 1 - Đặt t là một trong các hàm lượng giác. sin  sin     cos(  )  cos(  )  2 Giải phương trình theo t và dễ dàng tìm được 1 nghiệm của phương trình đã cho. sin  cos   sin(  )  sin(  )  2 III. Phƣơng trình a.sin x  b.cos x  c  Một số chú ý cần thiết: Cách giải: sin 4 x  cos4 x  1  2.sin 2 x.cos2 x - Nếu a 2  b2  c2 : phương trình vô nghiệm sin 6 x  cos6 x  1  3.sin 2 x.cos2 x - Nếu a 2  b2  c2 : Ta chia hai vế của sin 8 x  cos8 x  (sin 4 x  cos 4 x) 2  2sin 4 x.cos 4 x phương trình cho a 2  b2 . Pt trở thành:  (1  2sin 2 x.cos2 x)2  2sin 4 x.cos 4 x a sin x  b cos x  c 1 a b 2 2 a b 2 2 a  b2 2  sin 4 2x  sin 2 2x  1 c 8  cos .sin x  sin .cos x  Trong một số phương trình lượng giác, đôi a 2  b2 khi ta phải sử dụng cách đặt như sau: c  sin(x  )  Đặt t  tan x a  b2 2 2t 1 t2  b a  Khi đó: sin 2x  ; cos 2x  Lƣu ý:  sin   ;cos    1 t2 1 t2 a 2  b2 a 2  b2   Trang 8
  10. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam Biến thể: VI. Phƣơng trình A.B  0 a.sin x  b.cos x  csin y  d cos y Cách giải: Trong đó: a 2  b2  c2  d 2 - Dùng các công thức biến đổi đưa về dạng A.B  0 a.sin x  b.cos x  csin y (có thể c.cos y ) A  0 Trong đó: a 2  b2  c2 A.B  0   IV. Phƣơng trình B  0 a.sin 2 x  b.sin x.cos x  c.cos 2 x  d Cách giải: Vấn đề 3: KĨ THUẬT NHẬN BIẾT Cách 1:  Xuất hiện 3 nghĩ đến phương trình III.  - Xét cos x  0  x   k2, k    Xuất hiện 3 và góc lượng giác lớn nghĩ đến 2 dạng biến thể của phương trình III. Pt trở thành: a = d.(kiểm tra đúng sai và két luận  Xuất hiện góc lớn thì dùng công thức tổng có nhận nghiệm cos x  0 hay không?) thành tích để đưa về các góc nhỏ.  - Xét cos x  0  x   k2, k   Xuất hiện các góc có cộng thêm 2   k , k , k thì có thể dùng công thức tổng thành Chia hai vế của phương trình cho cos2 x . Phương 4 2 trình trở thành: tích, tích thành tổng hoặc cung liên kết, hoặc a.tan 2 x  b.tan x  c  d(1  tan 2 x)   công thức cộng để làm mất các k , k , k Đặt t  tan x ta dễ dàng giải được phương trình. 4 2 Cách 2:  Xuất hiện 2 thì nghĩ đến phương trình III hoặc cũng có khả năng là các vế còn lại nhóm Dùng công thức hạ bậc đưa về phương trình III. Chú ý: Đối với dạng phƣơng trình thuần được (sin x  cos x) để triệt 2 vì nhất bậc 3 hay bậc 4 đối với sin và cos ta cũng   có cách giải hoàn toàn tương tự. t  sin x  cos x  2 sin  x    4 V. Phƣơng trình  Khi đã đơn giản các góc, mà chưa đưa về a(sin x  cos x)  b.sin x.cos x  c  0 được phương trình quen thuộc thì nghĩ ngay đến Cách giải: khả năng “nhóm nhà, nhóm cửa”. Lưu ý, khả Đặt t  sin x  cos x năng tách phương trình bậc hai theo sin (hoặc cos) về tích hai phương trình bậc nhất.     Điều kiện: t  2  Do t  2 sin  x    Chú ý: Góc lớn là góc có số đo lớn hơn 2x.   4  Ta chỉ sử dụng công thức nhân ba khi đã đưa bài Ta có: t 2  sin 2 x  cos2 x  2sin x.cos x toán về sinx, sin 2 x hoặc cosx, cos2 x . t2 1  sin x.cos x  2 Vấn đề 4: GIẢI TAM GIÁC t 2 1 I. Công thức sin, cos trong tam giác: Pt trở thành: a.t  b c 0 Do A  B  C   nên: 2 Ta dễ dàng giải được. a. sin(A  B)  sin C Chú ý: Đối với dạng phương trình b. cos(A  B)   cos C a(sin x  cos x)  b.sin x.cos x  c  0 A B C  Do    nên:   2 2 2 2 Bằng cách đặt t  sin x  cos x  2 sin  x   A B C  4 a. sin(  )  cos ta sẽ giải được với cách giải hoàn toàn tương tự 2 2 2 như trên. Trang 9
  11. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam b. cos( A B  )  sin C ĐẠI SỐ 2 2 2 II. Định lí hàm số sin: a b c Vấn đề 1: PHƢƠNG TRÌNH BẬC    2R HAI SinA SinB SinC III. Định lí hàm số cosin: I. Phƣơng trình bậc hai a 2  b2  c2  2bccos A Cho phương trình bậc hai ax 2  bx  c  0 IV. Công thức đƣờng trung tuyến: (a  0) có   b2  4ac . 2b 2  2c2  a 2    0 : phương trình vô nghiệm. ma 2  4 b    0 : phương trình có nghiệm kép x   . V. Công thức đƣờng phân giác: 2a A    0 : (3) có hai nghiệm phân biệt 2bc.cos la  2 b   b  b2  4ac bc x1,2   2a 2a VI. Các công thức tính diện tích tam giác: II. Định lý Vi–et (thuận và đảo) 1 1 abc S  ah a  bcsin A   pr  Cho phương trình ax 2  bx  c  0 có hai 2 2 4R  b  p(p  a)(p  b)(p  c) S  x1  x 2   a  nghiệm x1 , x 2 thì  P  x .x  c   1 2 a S  x  y  Nếu biết  thì x, y là nghiệm của P  x.y phương trình X2  SX  P  0 . III. Bảng xét dấu của tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c (a  0) 0: x   y Cùng dấu a 0: x  x0  y Cùng dấu a 0 Cùng dấu a 0: x  x1 x2  y Cùng 0 trái 0 Cùng IV. Cách xét dấu một đa thức:  Tìm nghiệm của đa thức gồm cả nghiệm tử và nghiệm mẫu (nếu đa thức là phân thức)  Lập bảng xét dấu  Xét dấu theo quy tắc “Thượng cùng, lẻ đổi, chẵn không” Chú ý: Không nhận những điểm mà hàm số không xác định. Trang 10
  12. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam Vấn đề 2: PHƢƠNG TRÌNH BẬC Lúc đó ta có: CAO a 1  a 2  a a a  b  b  b I. Phƣơng trình bậc 3:  1 2 1 2  ax3  bx 2  cx  d  0(a  0) a1b 2  a 2 b1  c  Bước 1: nhẩm 1 nghiệm x   b1b 2  d   Bước 2: chia ax3  bx 2  cx  d cho Tiếp theo tiến hành nhẩm tìm các hệ số a1; b1; ( x   ) (dùng sơ đồ Horner), đưa (4) về phương a2 ; b2 . Bắt đầu từ b1b2 = d và chỉ thử với các giá trình tích (x  )(ax 2  Bx  C)  0 . trị nguyên. Chú ý: trường hợp nghiệm phương trình bậc lớn Chú ý: Phương pháp hệ số bất định này còn hơn 3 ta cũng có thể giải tương tự. áp dụng rất nhiều ở các dạng toán đòi hỏi nhóm  Cách nhẩm nghiệm hữu tỉ: Nghiệm là một trong các tỉ số (ước của d với ước của a) đặt thừa số chung hay phân chia phân số. II. Phƣơng trình bậc 4 đặc biệt: III. Phƣơng pháp tham số, hằng số biến thiên: 1. Phƣơng trình trùng phƣơng: Phương pháp: Coi các giá trị tham số, hằng số là ax4 + bx2 + c = 0 ( a  0 ) biến. Còn biến được coi làm hằng số. Đặt t = x2, t  0 . (5)  at2 + bt + c = 0. IV. Phƣơng trình 2. Phƣơng trình đối xứng: a f (x)  b.f (x).g(x)  c g(x)   0 2 2 ax4 + bx3 + cx2  bx + a = 0 ( a  0 ) Bước 1: Chia 2 vế cho x2, Trong đó bậc f(x) và g(x)  2.  1   1  Xét g(x) = 0 thỏa phương trình? pt  a  x 2  2   b  x    c  0 .  x   x  Xét g(x)  0 chia hai vế cho  g(x) đặt 2 1 Bước 2: Đặt t  x  , đưa (8) về phương trình x f (x) t . bậc hai theo t. g(x) 3. Phƣơng trình trùng phƣơng tịnh tiến: (x + a)4 + (x + b)4 = c ab Vấn đề 3: PHƢƠNG TRÌNH – BẤT Đặt t  x  , đưa (7) về phương trình trùng PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ. 2 phương theo t I. Các công thức: 4. Phƣơng trình cân bằng hệ số theo phép 1. Các hằng đẳng thức đáng nhớ: cộng: A, A  0 (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e với a + c = b + d  A2  A   A, A  0 Đặt t = (x + a)(x + c), đưa (6) về phương 2 trình bậc 2 theo t  B  3B2  A  AB  B   A    2 2 5. Phƣơng trình cân bằng hệ số theo phép  2 4 nhân:  (A  B)3  A3  B3  3AB  A  B  x  a  x  b  x  c  x  d   mx 2 với ab=cd=p  2  b  ad  ax  bx  c  a  x    2 Đặt t  x  hoặc t  (x  a)(x  d)  2a  4a 2 2. Phƣơng trình – bất phƣơng trình chứa 6. Phƣơng pháp hệ số bất định: dấu giá trị tuyệt đối: Giả sử phương trình bậc 4:  A  B  A2  B2  A  B x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 B  0 và có phân tích thành  A B (x2 + a1x + b1) ( x2 + a2x + b2) = 0 A   B Trang 11
  13. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam  A  B  B A B f x  h x  k x  g x B  0  Bình phương, giải phương trình hệ quả.  A B B  A  B  3 A3B3C  A  B  B0  B  0  A  B  3 3 A.B  3  A 3 B C A  B  A  B  Sử dụng phép thế : 3 A  3 B  C 3. Phƣơng trình – bất phƣơng trình vô tỷ:  Ta được phương trình: A  0  B  0  A  B A  B  3 3 A.B.C  C A  B  Thử lại nghiệm.  A  B  B  0  A  B2 b. Đặt ẩn phụ:  A  B 0AB0 Dạng 1: Đặt ẩn phụ đƣa về phƣơng trình 1 ẩn B  0 mới:  A  B A  B a b ax 2  bx  c  px 2  qx  r trong đó  p q A  0  B  0  A B Cách giải: Đặt t  px 2  qx  r điều kiện t  0 A  B 2 Dạng 2: Phƣơng trình dạng: B  0 B  0  A B  A  0 A  B 2   P  x   Q  x     Px  Qx   3 A  3 BAB 2 P  x  .Q  x     0   2  2  0   A  B  A  B2n 1 2n 1 Cách giải: Đặt t  P  x   Q  x  A  0  B  0  2n A  2n B    t 2  P  x   Q  x   2 P  x  .Q  x  A  B B  0 Dạng 3: Phƣơng trình dạng:  A B 2n A  B 2n P(x)  Q(x)   P(x).Q(x)  0    0 II. Các dạng toán thƣờng gặp: Cách giải: 1. Phƣơng trình vô tỷ: P  x   0  * Nếu P  x   0  pt   Q  x   0 a. Dạng cơ bản:   f  x   g  x   f  x   g(x)  0 * Nếu P  x   0 chia hai vế cho P  x  sau đó đặt g  x   0   f x  g x   Qx t với t  0 f  x   g  x  Px 2   f  x   g  x   h  x  . Đặt điều kiện Dạng 4: Phƣơng trình đối xứng với hai căn bình phương hai vế thức: Chú ý: Ở đây ta có thể không đặt điều kiện, a  cx  b  cx  d  a  cx  b  cx   n cứ bình phương các vế để mất căn, phương trình mới là phương trình hệ quả của phương trình đã Cách giải: Đặt t  a  cx  b  cx cho. Do đó khi giải tìm nghiệm ta phải thử lại.  a  b  t  2 a  b   f x  g x  h x  k x Dạng 5: Phƣơng trình dạng: Với f  x   h  x   g  x   k  x  x  a 2  b  2a x  b  x  a 2  b  2a x  b  Ta biến đổi phương trình về dạng  cx  m Cách giải: Đặt t  x  b điều kiện: t  0 Trang 12
  14. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam Đưa phương trình về dạng: Ta nên biến đổi để nhân cho lượng liên hiệp t  a  t  a  c(t 2  b)  m tổng để việc chứng minh nghiệm duy nhất được dễ dàng. Dạng 6: Phƣơng pháp tham số, hằng số biến e. Phương pháp hàm số: thiên. Dạng 1: Chứng minh nghiệm duy nhất 6x 2  10x  5   4x  1 6x 2  6x  5  0 Để chứng minh phương trình f(x) = g(x) (*) c. Sử dụng ẩn phụ đưa về hệ đối xứng, hệ có nghiệm duy nhất, ta thực hiện các bước sau: nửa đối xứng:  Chọn được nghiệm x0 của phương trình. Dạng 1: Phƣơng trình dạng  Xét các hàm số y = f(x) (C1) và y = g(x) x n  a  b n bx  a (C2). Ta cần chứng minh một hàm số đồng biến và một hàm số nghịch biến. Khi đó (C1) và (C2) Cách giải: Đặt y  n bx  a khi đó ta có hệ: giao nhau tại một điểm duy nhất có hoành độ x0.  x n  by  a  0 Đó chính là nghiệm duy nhất của phương trình.   n Chú ý: Nếu một trong hai hàm số là hàm  y  bx  a  0  hằng y = C thì kết luận trên vẫn đúng. Dạng 2: Phƣơng trình dạng: Dạng 2: Biện luận tham số m ax  b  r  ux  v   dx  e  Đặt ẩn phụ theo các phương pháp trên. 2 trong đó a, u, r  0 và u  ar  d, v  br  e  Chuyển m theo ẩn phụ m  Dùng công cụ đạo hàm để định m thỏa bài Cách giải: Đặt uy  v  ax  b khi đó ta có hệ: toán. uy  v  r  ux  v 2  dx  e  f. Phương pháp đánh giá:  Phương pháp này chủ yếu dựa vào các bất ax  b   uy  v  2  đẳng thức, đạo hàm để dánh giá so sánh vế trái và vế phải. Nghiệm bài toán là khi ta đi giải quyết Dạng 3: Phƣơng trình dạng: dấu bằng xảy ra khi nào của các đẳng thức trái và n a  f x  m b  f x  c phải. Cách giải: Đặt u  n a  f  x  , v  m b  f  x  2. Bất phƣơng trình vô tỷ: Khi đó ta có hệ: Phương pháp giải bất phương trình cũng được chia thành các dạng giống như giải phương u  v  c  n trình. u  v  a  b m Chú ý: d. Nhân lượng liên hiệp:  Luôn đặt điều kiện trước khi bình phương. Dạng 1: Phương trình có dạng:  Một số công thức bổ sung: f x  a  f x  b f (x) f (x)  0 f (x)  0 a. 0 hoặc  Cách giải: Nhân lượng liên hợp của vế trái khi đó g(x) g(x)  0 g(x)  0 ta có hệ: f (x) f (x)  0 f (x)  0  f x  a  f x  b b. 0 hoặc   g(x) g(x)  0 g(x)  0  a B  0  f x  a  f x  c. A 1   b A  B 2 B Dạng 2: Phương trình dạng: B  0 A B  0  f  x   g  x   a f  x   g  x  d. 1  hoặc A  0 B A  0  A  B2 Chú ý: Bài toán nhân liên hiệp thường dùng nếu  ta nhẩm được nghiệm của bài toán và nghiệm đó là nghiệm duy nhất. Trang 13
  15. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam Vấn đề 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH V. Hệ đẳng cấp bậc 2: I. Hệ phƣơng trình bậc nhất hai ẩn: a1x 2  b1xy  c1 y 2  d1   2 a 2 x  b 2 xy  c2 y  d 2 2 a1x  b1 y  c1   a 2 x  b 2 y  c 2 Cách giải: Cách giải:  Xét y = 0. a1 b1 c b1 a c1  Xét y  0 khi đó đặt x  ty và giải Đặt D  , Dx  1 , Dy  1 phương trình bậc hai ẩn t a2 b2 c2 b2 a2 c2 VI. Hệ bậc hai mở rộng: 1. D  0 : Hệ phương trình có nghiệm duy f (x, y)  0 f (x, y)  0 x  Dx / D   nhất  . g(x, y)  0 .f (x, y)  .g(x, y)  0 y  Dy / D f (x, y)  0 2. D  0, Dx  0 hoặc D y  0 : Hệ phương  (ax  by  c)(px  qy  r)  0 trình vô nghiệm. Chú ý: Một số bài toán cần phải đặt ẩn phụ để 3. D = Dx = Dy = 0: Hệ có vô số nghiệm thỏa chuyển về các dạng toán đã biết. Ngoài ra phương a1x + b1y = c1 hoặc a2x + b2y = c2. pháp đánh giá và phương pháp hàm số cũng có II. Hệ chứa một phƣơng trình bậc nhất: thể được dùng để giải.  1 ax  by  c  y  b  c  ax     f (x, y)  d f  x, 1  c  ax    d     b   III. Hệ đối xứng loại 1: f (x, y)  0 f (x, y)  f (y, x)  với  g(x, y)  0 g(x, y)  g(y, x) u  x  y Cách giải: Đặt  với u 2  4v  v  xy IV. Hệ đối xứng loại 2: f (x, y)  0 f (x, y)  g(y, x) Dạng 1:  với  g(x, y)  0 g(x, y)  f (y, x) Cách giải: f (x; y)  g(x; y)  0 (x  y)h(x; y)  0   f (x; y)  0 f (x; y)  0 x  y  0 h(x; y)  0    f (x; y)  0 f (x; y)  0 f (x, y)  0 Dạng 2:  trong đó chỉ có một phương g(x, y)  0 trình đối xứng. Cách giải: Cách 1: Đưa phương trình đối xứng về dạng tích giải y theo x rồi thế vào phương trình còn lại. Cách 2: Đưa phương trình đối xứng về dạng f (x)  f (y)  x  y với hàm f đơn điệu. Trang 14
  16. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam MŨ - LOGARIT  a  1  x   : f (x), g(x)   2. a f (x)  a g(x)   0  a  1 Vấn đề 1: CÔNG THỨC  I. Hàm số mũ y = ax (a > 0)  f (x)  g(x)  1. Tập xác định: D    b  0 2. Tập giá trị: G  (0; )  a b f (x)  log a b f (x ) 3.    3. Tính đơn điệu:  b  0 0  a  1   0 < a < 1: Hàm nghịch biến trên   x   : f (x)     a > 1: Hàm số đồng biến trên  4. Một số công thức cơ bản:  b  0  a f (x )  b f (x)  log a b  a 0  1 (a  0)  a n  1 4.     b  0 an a  1   a m .a n  a mn  a m : a n  a mn  x   : f (x)     a  m n  a m.n  (ab)m  a m .bm a f (x)  a g(x) 5.   f (x)  g(x) m 0  a  1 a am m     m  a  n am n a f (x)  a g(x) b b 6.   f (x)  g(x) a  1 II. Hàm số logarit y = logax (0  a  1) IV. Phƣơng trình và bất phƣơng trình logarit Định nghĩa: y = logax  x = ay cơ bản: 1. Tập xác định: D  (0; ) log f (x)  b 2. Tập giá trị: G   1.  a  f (x)  a b 0  a  1 3. Tính đơn điệu:  0 < a < 1: Hàm nghịch biến trên D log f (x)  log a g(x) f (x)  0 2.  a   a > 1: Hàm số đồng biến trên D 0  a  1 f (x)  g(x) 4. Một số công thức cơ bản: log f (x)  b 3.  a  0  f (x)  a b  a loga x x  e ln x x 0  a  1  a logb c  clogb a  loga x 2n  2n log a x log f (x)  b 4.  a  f (x)  a b   log a b  1 a  1  log a b  log a b  log b a log f (x)  log a g(x) 5.  a  0 < f(x) < g(x)  log a b  log c b  loga b.log b c  loga c 0  a  1 log c a log f (x)  log a g(x) 6.  a  f(x) > g(x) > 0  loga (bc)  loga b  loga c a  1 b V. Các dạng toán thƣờng gặp:  log a    log a b  log a c c 1. Phƣơng trình mũ: III. Phƣơng trình và bất phƣơng trình mũ cơ a. Đưa về cùng cơ số: bản: Với a > 0, a  1: a f (x)  a g(x)  f (x)  g(x) a f (x)  b b  0 Chú ý: Trong trường hợp cơ số có chứa ẩn số thì: 1.   a M  a N  (a  1)(M  N)  0 0  a  1 f (x)  log a b b. Logarit hoá: a f (x)  bg(x)  f (x)   log a b  .g(x) Trang 15
  17. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam c. Đặt ẩn phụ: f (x)  g(x) log a f (x)  log a g(x)   f (x)  0 (g(x)  0) Dạng 1:  t  a f (x ) , t  0 b. Mũ hóa P(a f (x) )  0   , P(t)  0 Với a > 0, a  1: trong đó P(t) là đa thức theo t. loga f (x)  b  a loga f (x)  a b Dạng 2: c. Đặt ẩn phụ d. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số a 2f (x)  (ab)f (x)  b2f (x)  0 e. Đưa về phương trình đặc biệt Cách giải: f. Phương pháp đối lập a f (x ) Chú ý: Chia 2 vế cho b2f (x) , rồi đặt t     Các phương pháp liệt kê không nêu cách b giải có cách giải tương tự phương trình mũ. Dạng 3: Khi giải phương trình logarit cần chú ý điều a f (x)  bf (x)  m , với ab  1 . kiện để biểu thức có nghĩa. 1  Với a, b, c > 0 và a, b, c  1 thì: Cách giải: Đặt t  a f (x)  bf (x)  t a logb c  clogb a d. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số: 4. Bất phƣơng trình logarit: Xét phương trình: f(x) = g(x) (1) Cách giải: Tương tự như phần phương trình.  Đoán nhận x0 là một nghiệm của (1). Chú ý: Trong trường hợp cơ số a có chứa ẩn số thì:  Dựa vào tính đồng biến, nghịch biến của f(x) và g(x) để kết luận x0 là nghiệm duy nhất. loga B  0  (a  1)(B  1)  0 ;  Nếu f(x) đồng biến (hoặc nghịch biến) thì log a A  0  (A  1)(B  1)  0 f (u)  f (v)  u  v log a B e. Đưa về phương trình các phương trình đặc biệt: 5. Hệ phƣơng trình mũ – logarit: A  0 Cách giải: Kết hợp các cách giải của phương trình  Phương trình tích: A.B = 0   B  0 mũ – logarit ở trên và phần giải phương trình và hệ phương trình đại số. A  0  Phương trình A 2  B2  0   B  0 f. Phương pháp đối lập: Xét phương trình: f(x) = g(x) (1) f (x)  M Nếu ta chứng minh được:  thì g(x)  M f (x)  M (1)   g(x)  M 2. Bất phƣơng trình mũ: Cách giải: Tương tự như phương trình mũ. Chú ý: Trong trường hợp cơ số a có chứa ẩn số thì: a M  a N  (a  1)(M  N)  0 3. Phƣơng trình logarit: a. Đưa về cùng cơ số Với a > 0, a  1: Trang 16
  18. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN Như vậy:  f  x  dx  F  x   C II. Tính chất: BẢNG NGUYÊN HÀM Haøm Hoï nguyeân Haøm soá Hoï nguyeân haøm 1.  kf  x  dx  k  f  x  dx;  k  0 soá f(x) haøm F(x) f(x) F(x)+C 2.  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx   a ax + C 3.  f  x  dx  F  x   C thì  f  u  du  F  u   C x α+1 1 (ax  b)1 x +C (ax  b) C α +1 a  1 Vấn đề 2: TÍCH PHÂN 1 1 1 ln x  C ln ax  b  C I. Định nghĩa: x ax  b a b  f  x  dx  F  x   F  b  F a  b x a a x C a ln a a 1 ax  b II. Tính chất: ex ex  C eax  b e C b a  f  x  dx   f  x  dx a 1. sin(ax+b) 1 a b sinx -cosx + C  cos(ax  b)  C a b b cos(ax+b) 1 2.  kf  x  dx  k  f  x  dx (k  0) cosx sinx + C sin(ax  b)  C a a a b b b 1 1 1 3.  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx   tgx + C tg(ax  b)  C a a a cos 2 x cos (ax  b) 2 a b c b 1 1 1 4.  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx sin 2 x -cotgx + C sin 2 (ax  b)  a cot g(ax  b)  C a a c b 5. Nếu f  x   0, x  a;b thì  f  x  dx  0 u ' (x) 1 1 x a ln u(x)  C ln C a u(x) x  a2 2 2a x  a b b 1 6. Nếu f  x   g  x  thì  f  x  dx   g  x  dx , tgx  ln cos x  C ln x  x 2  a 2  C a a x a x  a; b 2 2 cotgx ln sin x  C 7. Nếu m  f  x   M, x  a;b thì b Vấn đề 1: NGUYÊN HÀM m  b  a    f  x  dx  M  b  a  a I. Định nghĩa: Chú ý: Hàm số F  x  gọi là nguyên hàm của hàm số - Muốn tính tích phân bằng định nghĩa ta phải f  x  trên  a, b  nếu F  x   f  x  , x   a, b  . biến đổi hàm số dưới dấu tích phân thành tổng hoặc hiệu của những hàm số đã biết nguyên hàm. Chú ý: Nếu F  x  là nguyên hàm của f  x  thì - Nếu hàm số dưới dấu tích phân là hàm số mọi hàm số có dạng F  x   C ( C là hằng số) cũng hữu tỷ có bậc của tử lớn hơn hoặc bằng bậc của mẫu ta phải thực hiện phép chia tử cho mẫu. là nguyên hàm của f  x  và chỉ những hàm số có dạng F  x   C mới là nguyên hàm của f  x  . Ta gọi F  x   C là họ nguyên hàm hay tích phân bất định của hàm số f  x  và ký hiệu là  f  x  dx . Trang 17
  19. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam Vấn đề 3: TÍCH PHÂN ĐỔI BIẾN SỐ Tính  uv  a và suy nghĩ tìm cách b  Bước 3: I. Công thức: b  b tính tiếp  vdu  f   x .  x  dx   f  t  dt    a a II. Những cách đặt thông thƣờng: II. Những phép đổi biến phổ thông: u dv Hàm số có chứa  (x) Đặt t  (x)  P(x).e dx n x P(x) e x dx Đặt t là mẫu số Hàm số có mẫu số  P(x).cos xdx P(x) cos xdx Đặt t  (x) hay Hàm số có chứa (x) t  (x)  P(x).sin xdx P(x) sin xdx Tích phân chứa dx Đặt t  ln x  P(x).ln xdx lnx P(x) x Chú ý : Tích phân chứa e x Đặt t  e x Tích phân hàm hữu tỉ: dx - Nếu mẫu là bậc nhất thì lấy tử chia mẫu Tích phân chứa Đặt t  x x - Nếu mẫu là bậc hai có nghiệm kép thì đưa về dx 1 hằng đẳng thức Tích phân chứa 2 Đặt t  - Nếu mẫu là bậc hai có hai nghiệm thì đồng x x nhất thức Tích phân chứa cos xdx Đặt t  sin x dx - Nếu mẫu là bậc hai vô nghiệm thì đổi biến số. Tích phân chứa Đặt t  tgx Tích phân hàm lƣơng giác: cos 2 x dx - Nếu sinx,cosx có số mũ chẳn thì hạ bậc Tích phân chứa Đặt t  cot gx .  sin2 x  1  cos2x ;cos2 x  1  cos2x  sin 2 x  2 2    Đặt x = asint, - Nếu sinx,cosx có số mũ lẻ thì tách ra rồi đặt t Tích phân chứa a  x 2 2    t  ;  - Nếu có tan2x hoặc cot2x thì thêm bớt 1  2 2 - Nếu có tanx,cotx có thể đưa về sinx,cosx rồi Đặt x = atant, 1 đặt t Tích phân chứa    a  x2 2 t   ;  - Nếu có sina.cosb,sina.sinb,cosa.cosb thì dùng  2 2 công thức biến đổi tích thành tổng. - Nhiều bài chúng ta phải biến đổi các hàm lượng giác để đưa về các dạng có khả năng tính Vấn đề 4: TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN được. Chú ý: Tích phân trong các đề thi đại học thường I. Công thức: b b ra dưới dạng kết nhiều dạng tính tích phân. Vì thế, từ tích phân ban đầu ta biến đổi về tổng hoặc  uvdx   uv  a   vudx b a a hiệu các tích phân. Khi đó, từng tích phân dễ b b dàng tích được bằng các phương pháp trên.  udv   uv    vdu (thường là một tích phân đổi biến và một tích b hay a a a phân từng phần). Các bước thực hiện:  Bước 1:  u  u(x) du  u(x)dx (Ñaïo haøm) Ñaët   dv  v(x)dx  v  v(x) (nguyeân haøm)  Bước 2: Thế vào công thức (1). Trang 18
  20. LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam Vấn đề 5: TÍCH PHÂN CÓ CHỨA II. Tính thể tích khối tròn xoay: DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI 1. Trƣờng hợp 1. b Thể tích khối tròn xoay V do hình phẳng giới Giả sử cần tính tích phân I   f (x) dx . hạn bởi các đường a y  f (x)  0 x  a; b , y = 0, x = a và x = b Bƣớc 1. Lập bảng xét dấu (BXD) của hàm số f(x) (a < b) quay quanh trục Ox là: trên đoạn [a; b], giả sử f(x) có BXD: b X a x1 x2 b V   f 2 (x)dx f(x) + 0 – 0 + a Bƣớc 2. Tính 2. Trƣờng hợp 2. b x1 x2 b Thể tích khối tròn xoay V do hình phẳng giới I   f (x) dx   f (x)dx   f (x)dx   f (x)dx . hạn bởi các đường x  g(y)  0 y  c; d  , x = 0, y = c và y = d a a x1 x2 Chú ý: Nếu trong khoảng (a; b) phương trình f(x) = 0 không có nghiệm thì: (c < d) quay quanh trục Oy là: b b d V   g 2 (y)dy  f (x) dx   f (x)dx a a c 3. Trƣờng hợp 3. Thể tích khối tròn xoay V do hình phẳng giới hạn bởi các đường Vấn đề 6: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH y = f(x), y  g(x) , x = a và x = b PHÂN I. Tính diện tích hình phẳng:  a  b, f (x)  0, g(x)  0 x a; b quay 1. Trƣờng hợp 1: quanh trục Ox là: b Diện tích hình phẳng S giới hạn bởi các đường y  f (x), y  g(x), x  a, x  b là: V   f 2 (x)  g 2 (x) dx a b S   f (x)  g(x) dx 4. Trƣờng hợp 4. Thể tích khối tròn xoay V a do hình phẳng giới hạn bởi các đường x = f(y), x  g(y) , y = c và y = d 2. Trƣờng hợp 2: Diện tích hình phẳng S giới hạn bởi các  c  d, f (y)  0, g(y)  0 y  c; d  quay đường y  f (x), y  g(x) là: quanh trục Oy là:  d S   f (x)  g(x) dx V   f 2 (y)  g 2 (y) dy  c Trong đó ,  là nghiệm nhỏ nhất và lớn Chú ý: Cách giải tích phân có dấu giá trị nhất của f(x) = g(x). tuyệt đối đã nêu ở trên. Chú ý:  Nếu trong khoảng  ;   phương trình f (x)  g(x) không có nghiệm thì:    f (x)  g(x) dx    f (x)  g(x) dx   Nếu tích S giới hạn bởi x = f(y) và x = g(y) thì ta đổi vai trò x cho y trong công thức trên. Trang 19
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản