intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Tài liệu ôn tập toán

Chia sẻ: Phan Thiên Ân | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:33

Thêm vào BST
Báo xấu
111
lượt xem 27
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Từ tiếng Anh mathematics (toán học) bắt nguồn từ μάθημα (máthema) có nghĩa là "khoa học, tri thức hoặc học tập". Ngày nay, thuật ngữ "toán học" chỉ một bộ phận cụ thể của tri thức - ngành nghiên cứu suy luận về lượng, cấu trúc, và sự thay đổi. Lĩnh vực của ngành học về Lịch sử Toán học phần lớn là sự nghiên cứu nguồn gốc của những khám phá mới trong toán học, theo nghĩa hẹp hơn là nghiên cứu các phương pháp và kí hiệu toán học chuẩn trong quá khứ....

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tài liệu ôn tập toán

  1. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc Chuyªn ®Ò 2: Ph¬ng tr×nh, hÖ ph¬ng tr×nh, bÊt ph¬ng tr×nh Vµ hÖ bÊt ph¬ng tr×nh ®¹i sè MỘT SỐ KĨ NĂNG GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trong các đề thi đại học những năm gần đây , ta gặp rất nhiều bài toán về h ệ phương trình . Nh ằm giúp các bạn ôn thi tốt , bài viết này tôi xin giới thiệu một số dạng bài và kĩ năng gi ải chúng I.HỆ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG. Đặc điểm chung của dạng hệ này là sử dụng các kĩ năng biến đổi đồng nhất đặc biệt là kĩ năng phân tích nhằm đưa một PT trong hệ về dạng đơn giản ( có thể rút theo y hoặc ngược lại ) rồi thế vào PT còn lại trong hệ . *Loại thứ nhất , trong hệ có một phương trình bậc nhất với ẩn x hoặc y khi đó ta tìm cách rút y theo x hoặc ngược lại x 2 ( y + 1) ( x + y + 1) = 3x 2 − 4x + 1 ( 1) Ví dụ 1 . Giải hệ phương trình ( 2) xy + x + 1 = x 2 Giải. x2 −1 Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn PT(2) nên từ (2) ta có : y + 1 = thay vào (1) ta được x x2 −1 � x2 −1 � 2 � 3x − 4x + 1 � ( x − 1) ( 2x − 1) = ( x − 1) ( 3x − 1) �+ = x2 2 2 x x� x� x =1 � ( x − 1) ( 2x 3 + 2x 2 − x − 1) = ( x − 1) ( 3x − 1) � ( x − 1) ( 2x 3 + 2x 2 − 4x ) = 0 � x = 0 (loại) x = −2 5 Từ đó , ta được các nghiệm của hệ là : (1;-1) , (-2; − ) 2 *Loại thứ hai , Một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích của các phương trình bậc nhất hai ẩn ( 1) xy + x + y = x 2 − 2y 2 Ví dụ 2 . Giải hệ phương trình ( 2) x 2y − y x − 1 = 2x − 2y Giải . Điều kiện : x≥1 ; y≥0 PT (1) � x − xy − 2y − ( x + y ) = 0 � ( x + y ) ( x − 2y ) − ( x + y ) = 0 ( từ điều kiện ta có x+y>0) 2 2 � x − 2y − 1 = 0 � x = 2y + 1 thay vào PT (2) ta được : ( ) y 2x + 2y = 2y + 2 � ( y + 1) 2y − 2 = 0 ( do y �� 0) y=2�x =5 *loại thứ ba , đưa một phương trình trong hệ về dạng phương trình bậc hai của một ẩn , ẩn còn lại là tham số y 2 = ( 5x + 4 ) ( 4 − x ) ( 1) Ví dụ 3. Giải hệ phương trình ( 2) y 2 − 5x 2 − 4xy + 16x − 8y + 16 = 0 Giải . Biến đổi PT (2) về dạng y − ( 4x + 8 ) y − 5x + 16x + 16 = 0 2 2 ( 3) y = 5x + 4 Coi PT (2) là phương trình ẩn y tham số x ta có ∆ ' = 9x 2 từ đó ta được nghiệm ( 4) y = 4−x 4 x=− �y=0 Thay (3) vào (1) ta được : ( 5x + 4 ) = ( 5x + 4 ) ( 4 − x ) 2 5 x =0�y=4 1
  2. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc x =4�y=0 Thay (4) vào (1) ta được : ( 4 − x ) = ( 5x + 4 ) ( 4 − x ) 2 x =0�y=4 4 Vậy nghiệm của hệ là : (0;4) , (4;0) , ( − ;0) 5 II.HỆ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Điểm quan trọng nhất trong hệ dạng này là phát hiện ẩn phụ a = f ( x, y ) ; b = g ( x, y ) có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản hoặc phép chia cho một biểu thức khác 0. x 2 + 1 + y ( y + x ) = 4y ( 1) Ví dụ 4. Giải hệ phương trình ( x 2 + 1) ( y + x − 2 ) = y ( 2 ) Giải . x2 +1 +y+x = 4 y Dễ thấy y=0 không thỏa mãn PT(1) nên HPT � 2 +1� x �y + x − 2 ) = 1 ( � �y � a+b=2 x2 +1 = y x2 +1 Đặt a = ,b = y + x −2 giải hệ ta được a=b=1 từ đó ta có hệ ab = 1 x+y=3 y Hệ này bạn đọc có thể giải dễ dàng. 3 4xy + 4 ( x 2 + y 2 ) + =7 ( x + y) 2 Ví dụ 5. Giải hệ phương trình 1 2x + =3 x+y Giải . Điều kiện : x +y ≠0 3 3( x + y) + ( x − y) + 2 2 =7 ( x + y) 2 HPT 1 x+y+ +x−y=3 x+y ( 1) 3a 2 + b 2 = 13 1 (a 2 ) ; b = x − y ta được hệ Đặt a = x + y + ( 2) x+y a+b=3 1 x+y+ =2 � + y =1 � =1 x x x+y �� �� Giải hệ ta được a=2 , b=1 ( do |a|≥2 ) từ đó ta có hệ � � − y =1 � = 0 x y x − y =1 III.HỆ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ Hệ loại này ta gặp nhiều ở hai dạng f(x)=0 (1)và f(x)=f(y) (2) với f là hàm đơn điệu trên tập D và x,y thuộc D .Nhiều khi ta cần phải đánh giá ẩn x,y để x,y thuộc tập mà hàm f đơn điệu * Loại thứ nhất , một phương trình trong hệ có dạng f(x)=f(y) , phương trình còn lại giúp ta giới hạn x,y thuộc tập D để trên để trên đó hàm f đơn điệu x 3 − 5x = y 3 − 5y ( 1) Ví dụ 6 . Giải hệ phương trình ( 2) x 8 + y4 = 1 Giải . 2
  3. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc 8 4 Từ PT (2) ta có x ��� 1 1; y x 1; y 1 Xét hàm số f ( t ) = t − 5t; t � −1;1] có f ' ( t ) = 3t − 5 < 0; ∀t � −1;1] do đó f(t) nghịch biến trên [ [ 3 2 khoảng (-1;1) hay PT (1) � x = y thay vào PT (2) ta được PT : x 8 + x 4 − 1 = 0 −1 + 5 −1 + 5 Đặt a=x4 ≥0 và giải phương trình ta được a= �y=x=� 4 2 2 *loại thứ hai , là dạng hệ đối xứng loại hai mà khi giải thường dẫn đến cả hai trường hợp (1) và (2) x + x 2 − 2x + 2 = 3y −1 + 1 Ví dụ 7. Giải hệ phương trình y + y 2 − 2y + 2 = 3x −1 + 1 Giải . ( 1) a + a 2 + 1 = 3b Đặt a = x − 1; b = y − 1 ta được hệ ( 2) b + b 2 + 1 = 3a Trừ vế với vế 2 PT ta được : a + a 2 + 1 + 3a = b + b 2 + 1 + 3b (3) t2 +1 + t Xét hàm số f ( t ) = t + t + 1 + 3 ;f ' ( t ) = + 3t ln 3 2 t t +1 2 t + 1 > t � t � t + 1 + t > 0 � f ' ( t ) > 0, ∀t do đó hàm số f(t) đồng biến trên R − 2 2 2 Vì Nên PT (3) � a = b thay vào PT (1) ta được a + a 2 + 1 = 3a (4) ) ( Theo nhận xét trên thì a + a 2 + 1 > 0 nên PT (4) � ln a + a + 1 − a ln 3 = 0 ( lấy ln hai vế ) 2 ) ( 1 Xét hàm số g ( a ) = ln a + a + 1 − a ln 3; g' ( a ) = − ln 3 < 1 − ln 3 < 0, ∀a R 2 a2 +1 hay hàm g(a) nghịch biến trên R và do PT (4) có nghiệm a=0 nên PT (4) có nghiệm duy nh ất a=0 Từ đó ta được nghiệm của hệ ban đầu là : x=y=1 IV.HỆ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Với phương pháp này, cần lưu ý phát hiện các biểu thức không âm và nắm vững cách vận dụng các bất đẳng thức cơ bản 2xy x+ = x2 + y x − 2x + 9 3 2 Ví dụ 8 . Giải hệ phương trình 2xy y+ = y2 + x y − 2y + 9 2 3 Giải. 2xy 2xy + = x 2 + y 2 (1) Cộng vế với vế hai PT ta được 3 2 x − 2x + 9 3 y − 2y + 9 2 2 xy 2 xy 2xy x 2 =2x �+−3 = x 1) ( +− 2 3 �9 8 2 xy Ta có : 2 x 2 − 2x + 9 x 2 − 2x + 9 3 3 2xy xy mà theo bất đẳng thức Côsi x 2 + y 2 2 xy Tương tự nên VT(1)≤VP(1) x − 2x + 9 3 2 x = y =1 Dấu bằng xảy ra khi thử lại ta được nghiệm của hệ là : (0;0) , (1;1) x=y=0 y = − x 3 + 3x + 4 Ví dụ 9 . Giải hệ phương trình x = 2y3 − 6y − 2 3
  4. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc Giải. � − 2 = − ( x − 3x − 2 ) � − 2 = − ( x + 1) ( x − 2 ) ( 1) 2 3 y y HPT � � �� x − 2 = 2 ( y3 − 3y − 2 ) � − 2 = 2 ( y + 1) ( y − 2 ) ( 2) 2 x � Nếu x>2 từ (1) suy ra y-2
  5. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc x + y = a 4) Cho hÖ ph¬ng tr×nh  2 x + y = 6 − a 2 2 a) Gi¶i hÖ khi a = 2 b) T×m GTNN cña F = xy + 2(x + y) biÕt (x, y) lµ nghiÖm cña hÖ ( y + 1) 2 = m + x  5) Cho hÖ ph¬ng tr×nh  T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt ( x + 1) 2 = m + y   x + 2− y = 2  6) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:   y + 2−x = 2   x +1 + y +1 = 3  7) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x y + 1 + y x + 1 + x + 1 + y + 1 = m  a) Gi¶i hÖ khi m = 6 b) T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm  y2 + 2 3y =  x2  VÝ dô 2. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  (KB 2003) 3 x = x + 2 2  y2  HD: TH1 x = y suy ra x = y = 1 TH2 chó ý: x>0, y> 0 suy ra v« nghiÖm 2 2 x y + xy = 15 2 VÝ dô 3. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  3 8 x + y 3 = 35  S = 2x + y vµ P = 2x. y ⇒ §s: (1, 3) vµ (3/2, 2) HD: Nhãm nh©n tö chung sau ®ã ®Æt  x − 3 x = y − 3 y (1) 3 3  VÝ dô 4. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:   x 6 + y 6 = 1 (2)  HD: tõ (2) : - 1 ≤ x, y ≤ 1 hµm sè: f ( t ) = t 3 − 3t trªn [-1;1] ¸p dông vµo ph¬ng tr×nh (1) 2 a2 2 x = y +  y VÝ dô 5. CMR hÖ ph¬ng tr×nh sau cã nghiÖm duy nhÊt:  a2 2 y 2 = x +   x x = y ; xÐt f ( x) = 2 x 3 − x 2 , lËp BBT suy ra KQ HD:  3 2x − x 2 = a 2   x + 2− y = 2  VÝ dô 6. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:   y + 2− x = 2  HD B×nh ph¬ng 2 vÕ, ®ãi xøng lo¹i 2   xy + x = a ( y − 1) 2 VÝ dô 7.  x¸c ®Þnh a ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt  xy + y 2 = a ( x − 1)  HD sö dông §K cÇn vµ ®ñ ⇒ a = 8  xy − 10 = 20 − x 2 (1)  VÝ dô 8. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:   xy = 5 + y 2 (2)  5
  6. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc 5 5+ y 2 5 = + y ; C« si x = + y ≥ 2 5 ; x 2 ≥ 20 theo (1)⇒ x 2 ≤ 20 suy ra x, y HD: Rót ra x = y y y 3 x − y = x − y (1)  (KB 2002) HD: tõ (1) ®Æt c¨n nhá lµm nh©n tö chung ⇒ (1;1) (3/2;1/2) VÝ dô 9.  x + y = x + y + 2   x +1 − y + 2 = a  VÝ dô 10.  T×m a ®Ó hÖ cã nghiÖm  x + y = 3a  HD: Tõ (1) ®Æt u = x + 1, v = y + 2 ®îc hÖ dèi xøng víi u, -v ChØ ra hÖ cã nghiÖm th× ph¬ng tr×nh bËc hai t¬ng øng cã 2 nghiÖm tr¸i dÊu Bµi tËp ¸p dông 6 x 2 − xy − 2 y 2 = 56  1)  2 5 x − xy − y 2 = 49  x 2 + x = y 2 + y  2)  2 KD 2003  x + y 2 = 3( x + y )  ( x 2 + 2 x)(3 x + y ) = 18  3)  2 x + 5x + y − 9 = 0   x 3 − y 3 = 7( x − y )  HD: t¸ch thµnh nh©n tö ⇒ 4 nghiÖm 2 4) x + y 2 = x + y + 2   xy − y 2 = 12  5)  2 T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm  x − xy = 26 + m  ( x − y ) 2 . y = 2  §Æt t = x/y ⇒ HÖ pt cã 2 nghiÖm 3 6)  x − y 3 = 19   x( x + 2)(2 x + y ) = 9 7)  2 §Æt X = x(x + 2) vµ Y = 2x + y x + 4x + y = 6 x+ y − x− y = 2 (1) HD: §æi biÕn theo v, u tõ ph¬ng tr×nh (1) 8) x2 + y 2 + x2 − y 2 = 4 1 + x 3 y 3 = 19 x 3  9)  HD: §Æt x = 1/z thay vµo ®îc hÖ y, z §S ( - 1/2, 3) (1/3, - 2)  y + xy 2 = −6 x 2   1 1 x − x = y − y  (KA 2003) 10) 2 y = x 3 + 1  HD: x = y V xy = - 1 CM x 4 + x + 2 = 0 v« nghiÖm b»ng c¸ch t¸ch hµm sè ⇒ kq: 3 nghiÖm ( x + 1) 2 = y + a  11)  x¸c ®Þnh a ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt HD sö dông §K cÇn vµ ®ñ ( y + 1) 2 = x + a  6
  7. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc  2x 2y + =3  12)  y x HD b×nh ph¬ng 2 vÕ  x − y + xy = 3  x y 7 + = +1  y x xy 13)  xy HD nh©n 2 vÕ cña (1) víi   x xy + y xy = 78 §2. Ph¬ng tr×nh vµ bÊt ph¬ng tr×nh ph¬ng tr×nh ®¹i sè Mét sè d¹ng ph¬ng tr×nh vµ bÊt ph¬ng tr×nh thêng gÆp 1) BÊt ph¬ng tr×nh bËc hai §Þnh lý vÒ dÊu cña tam thøc bËc hai Ph¬ng ph¸p hµm sè 2) Ph¬ng tr×nh, bÊt ph¬ng tr×nh chøa gi¸ trÞ tuyÖt ®èi A < B � A2 < B 2 A>B (B 0) A >B۳ A < −B A < B � − B < A < B ( B > 0) 3) Ph¬ng tr×nh, bÊt ph¬ng tr×nh chøa c¨n thøc Mét sè vÝ dô VÝ dô 1. T×m m ®Ó ( x + 1)( x + 3)( x 2 + 4 x + 6) ≥ m nghiÖm ®óng víi mäi x HD: sö dông hµm sè hoÆc tam thøc: m ≤ - 2 x + y ≤ 2  VÝ dô 2. T×m a ®Ó hÖ sau cã nghiÖm   y + x + 2 x( y − 1) + a = 2  x +y 2 (1) HD: 2 2 (x− + y −2) = + 1) ( a1 (2) TH1: a + 1 ≤ 0 HÖ v« nghiÖm TH2: a + 1>0. VÏ ®å thÞ (2) lµ ®êng trßn cßn (1) lµ miÒn g¹ch chÐo: a ≥ - 1/2 VÝ dô 3. Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh, bÊt ph¬ng tr×nh sau 1) 8 x 2 − 6 x + 1 − 4 x + 1 ≤ 0 x + 4 − 1 − x = 1 − 2x : x=0 2) 3) 2( x 2 − 2 x) + x 2 − 2 x − 3 − 9 = 0 x = 1± 5 HD: TÝch 2 nh©n tö b»ng 1 suy ra c¸ch gi¶i 4) x − x2 −1 + x + x2 −1 = 2 5) ( x 2 − 3 x) x 2 − 3x − 2 ≥ 0 KD 2002  x 2 + 10 x + 9 ≤ 0  VÝ dô 4. T×m m ®Ó hÖ sau cã nghiÖm  2 §S: m≥4 x − 2x + 1 − m ≤ 0  VÝ dô 5. Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh 2 x − 1 − 2 + x > x − 2 HD + / Nh©n 2 vÕ víi biÓu thøc liªn hîp cña VT + / BiÕn ®æi vÒ BPT tÝch chó ý §K 3 1 VÝ dô 6. Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: 3 x + < 2x + −7 2x 2x 7
  8. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc 1 HD §Æt t = x + , t ≥ 2 , AD B§T c« si suy ra §K 2x x2 > x−4 VÝ dô 7. Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: (1 + x + 1) 2 HD: + / XÐt 2 trêng hîp chó y DK x> = - 1 + / Trong trêng hîp x ≥ 4, tiÕn hµnh nh©n vµ chia cho biÓu thøc liªn hîp ë mÉu ë VT VÝ dô 8. Cho ph¬ng tr×nh: x + 9 − x = − x 2 + 9 x + m . T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm HD: + / B×nh ph¬ng 2 vÕ chó ý §K + / §Æt t = tÝch 2 c¨n thøc, T×m §K cña t + / Sö dông BBT suy ra KQ 2( x 2 − 16) 7−x + x−3 > VÝ dô 9. Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh (KA 2004) : x−3 x−3 Bµi tËp ¸p dông x 2 + y 2 + 2x ≤ 1 1)  T×m a ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt. T×m nghiÖm duy nhÊt ®ã. x − y + a = 0 §S a = - 1 vµ a = 3 4 x − 2 + 16 − 4 x ≤ m 2) T×m m ®Ó bÊt ph¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: 3) x + 4 + x − 4 = 2 x − 12 + 2 x 2 − 16 x + 12 ≥ x − 3 + 2 x + 1 4) 5) 2(1 − x) x 2 + 2 x − 1 = x 2 − 2 x − 1 HD: §Æt t = x 2 + 2 x − 1 , coi lµ ph¬ng tr×nh bËc hai Èn t ( x − 1) x + (2 + x) x = 2 x 2 6) x+3 x + 2 x − 1 + ( x − 2) x − 1 = 7) 2 8) Cho ph¬ng tr×nh: x + 4 x − 4 + x + x − 4+ = m a) Gi¶i ph¬ng tr×nh khi m = 6 b) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm 51 − 2 x − x 2
  9. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc 3 2 a. sin x + b. sin x. cosx + c. sinx. cos2x + d. cos3x = 0 a. sin3x + b. sin2x. cosx + c. sinx. cos2x + d. cos3x + m = 0  Ph¬ng tr×nh ®èi xøng víi sinx, cosx a: (sinx ±cosx) + b. sinx. cosx + c = 0  Ph¬ng tr×nh ®èi xøng víi tgx, cotgx  Ph¬ng tr×nh ®èi xøng víi sin2nx, cos2nx C¸c vÝ dô 2.cos 4 x cot x = tan x + HD: ®Æt §K x = ± π/3 + k.π VÝ dô 1. sin 2 x π 2π  1   cos 2  x +  + cos 2  x +  = (sin x + 1) VÝ dô 2.  3  3 2 π HD: Sö dông c«ng thøc h¹ bËc 1 + 2. cos(2 x + π ). cos = sin x §S 3 hä nghiÖm 3 sin 2 x sin 2 2 x + =2 VÝ dô 3. HD: Nhãm, nh©n lªn vµ t¸ch 2 thµnh 2 nhãm sin 2 2 x sin 2 x sin 3 x.sin 3x + cos3 x.cos 3 x 1 =− � π� � π� VÝ dô 4. 8 tan � − � � + � x .tan x � 6� � 3� AD c«ng thøc nh©n 3; §S x = - π/6 + kπ HD: §Æt §K rót gän MS = 1; 3 − tan x(tan x + 2.sin x) + 6.cos x = 0 VÝ dô 5. §S x = ±π/3 + kπ HD: BiÕn ®æi theo sin vµ cos ®îc 3. cos 2 x (1 + 2 cos x ) − sin 2 x(1 + 2 cos x) = 0 y 3.tan + 6sin x = 2sin( y − x) 2 VÝ dô 6. y tan − 2sin x = 6sin( y + x) 2 y 2y �� = 4sin 2 y ®Æt t = tan 2 � � t = 0, t = 3 HD: nh©n (1) víi (2) rót gän tan ; 2 2 �� 1 VÝ dô 7. cos 3x. sin 2 x − cos 4 x. sin x = . sin 3x + 1 + cos x HD: B§ tÝch thµnh tæng rót gän 2 1 VÝ dô 8. cos x + cos 2 x + cos 3 x + cos 4 x + cos 5 x = − 2 HD: nh©n 2 vÕ víi 2. sin(x/2) chó y xet trêng hîp b»ng 0 T = cos x + cos 2 x + .. + cos nx NX: Trong bµi to¸n chøa tæng thùc hiÖn rót gän b»ng c¸ch trªn T = sin x + sin 2 x + .. + sin nx VÝ dô 9. tan x.sin 2 x − 2.sin 2 x = 3(cos 2 x + sin x.cos x) HD: B§ sau ®ã ®Æt t = tg(x/2) .4.log sin 2 x 2 = 4 log sin x 2 log =4 2 log sin x .2. �π � VÝ dô 10. HD: 9 cos� − x � log sin x (sin x) 2 �2 � MỘT SỐ KĨ NĂNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Trong các đề thi đại học những năm gần đây , đa số các bài toán về giải phương trình lượng giác đều rơi vào một trong hai dạng :phương trình đưa về dạng tích và phương trình chứa ẩn ở mẫu . Nhằm giúp các bạn ôn thi có kết quả tốt , bài viết này tôi xin giới thiệu một số kĩ năng quan trọng của dạng toán đó I.PHƯƠNG TRÌNH ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH 1, Phương trình sử dụng các công thức biến đổi lượng giác : công thức biến tích thành tổng, tổng thành tích , công thức hạ bậc ,… Bài 1. Giải phương trình : sinx+sin2x+sin3x+sin4x+sin5x+sin6x=0 (1) 9
  10. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc Giải ( 1) � ( sin 6x + sin x ) + ( sin 5x + sin 2x ) + ( sin 4x + sin 3x ) = 0 7x � 5x 3x � x� 7x 3x � �cos 2 + cos 2 � cos 2 � 0 � 4sin 2 cos 2 ( 2cosx+1) = 0 + = � 2 sin � 2�� � � k2π 7x x= =0 sin 7 2 π k2π 3x =0 � x= + � cos ; k �Z 2 3 3 2cosx+1 = 0 2π x= + k2π 3 *Lưu ý : Khi ghép cặp để ra tổng ( hoặc hiệu ) sin ( hoặc cos ) cần để ý đến góc để sao cho tổng ho ặc hiệu các góc bằng nhau 2−3 2 Bài 2 . Giải phương trình : cos3xcos3 x − sin 3x sin 3 x = (2) 8 Giải 2−3 2 1 1 ( 2 ) � cos 2 x ( cos4x + cos2x ) − sin 2 x ( cos2x − cos4x ) = 2 2 8 2−3 2 2−3 2 � cos4x ( cos 2 x + sin 2 x ) + cos2x ( cos 2 x − sin 2 x ) = � cos4x + cos 2 2x = 4 4 π kπ 2 � 4cos4x + 2 ( 1 + cos4x ) = 2 − 3 2 � cos4x = � x = � + ( k �Z ) 2 16 2 *Lưu ý : Việc khéo léo sử dụng công thức biến tích thành tổng có thể giúp ta tránh được việc sử dụng công thức nhân 3 π 2� � Bài 3 . Giải phương trình : 2cos � − 2x � 3cos4x = 4cos x − 1 (3) + 2 4 � � Giải π ( 3) � 1 + cos � − 4x � 3cos4x = 4cos 2 x − 1 � sin 4x + 3cos4x = 2 ( 2cos 2 x − 1) + � � 2 � � π x = + kπ π� 1 3 � 12 � sin 4x + cos4x = cos2x � cos � − � cos2x � = , k �Z 4x π kπ 2 2 6� � x= + 36 3 2,Phương trình sử dụng một số biến đổi khác Việc đưa phương trình về dạng tích điều quan trọng nhất vẫn là làm sao để phát hiện ra nhân t ử chung nhanh nhất , sau đây là một số biến đổi có thể giúp ta làm được điều đó �sin 2 x = ( 1 − cos x ) ( 1 + cos x ) , cos 2 x = ( 1 − sin x ) ( 1 + sin x ) cos2x = ( cos x − sin x ) ( cos x + sin x ) 1 + cos 2x + sin 2x = 2 cos x(sin x + cos x) � + sin 2x = ( sin x + cos x ) 2 1 1 − cos 2x + sin 2x = 2sin x(sin x + cos x) 1 − sin 2x = ( sin x − cos x ) 2 sin x + cos x � + tan x = 1 cos x � π� 2 sin � + � sin x + cos x = x � 4� 10
  11. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc Bài 4 . Giải phương trình : 2sin x(1 + cos2x) + sin 2x = 1 + 2 cos x (4) Giải Cách 1 : ( 4 ) � 2sin x2cos x + 2sin x cos x = 1 + 2 cos x � ( 2 cos x + 1) ( 2sin x cos x − 1) = 0 2 1 cos x = − 2 phần còn lại dành cho bạn đọc sin 2x = 1 Cách 2 : ( 4 ) � 2sin xcos2x − (1 − sin 2x) − 2(cos x − sin x) = 0 � 2sin x ( cos x − sin x ) ( cos x + sin x ) − ( cos x − sin x ) − 2 ( cos x − sin x ) = 0 2 � ( cos x − sin x ) ( 2sin x cos x + 2sin 2 x − cos x + sin x − 2 ) = 0 � ( cos x − sin x ) ( 2sin x cos x − 2 cos 2 x − cos x + sin x ) = 0 phần còn lại dành cho bạn đọc Bài 5 .Giải phương trình : cos2x + 3sin 2x + 5sin x − 3cos x = 3 (5) Giải ( 5 ) � (6sin x cos x − 3cos x) − (2sin 2 x − 5sin x + 2) = 0 � 3 cos x(2sin x − 1) − (2sin x − 1)(sin x − 2) = 0 � (2sin x − 1)(3cos x − sin x + 2) = 0 Phương trình này tương đương với 2 phương trình cơ bản ( dành cho bạn đọc ) II. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU Với loại phương trình này khi giải rất dễ dẫn đến thừa hoặc thiếu nghiệm , điều quan trọng nh ất của dạng này là đặt điều kiện và kiểm tra điều kiện xác định.Thông thường ta hay dùng đường tròn lượng giác để loại nghiệm. Ngoài ra , ta cũng gặp nhiều phương trình chứa tan , cot . Khi đó , có thể sử dụng một số công thức sin ( a b ) sin ( b a ) ű tan a tan b = ű cota cotb= cos a cos b cos a cos b cos ( a − b ) −cos ( a + b ) �tan a + cot b = �tana-cotb= cos a sin b cos a sin b 2 �tan a + cot a = �cot a − tan a = 2 cot 2a sin 2a cos ( a − b ) −cos ( a + b ) � + tan a tan b = � − tan a tan b = 1 1 cos a cos b cos a cos b Cần lưu ý các điều kiện xác định của từng công thức 2 cos 4x cot x = tan x + Bài 6 . Giải phương trình : (6) sin 2x Giải . sin x 0 kπ ĐK : cos x �۹۹�sin 2x 0 0 x ,k Z 2 sin 2x 0 x = lπ 2cos4x 2 cos 2x 2cos4x ( 6 ) � cot x − tan x = = � cos4x = cos2x � � lπ , l �Z x= sin 2x sin 2x sin 2x 3 π Kiểm tra điều kiện ta được x = + lπ, l Z 3 11
  12. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc 4cos x + 2cos 2 x ( 2sin x − 1) − sin 2x − 2 ( sin x + cos x ) 3 = 0 (7) Bài 7 . Giải phương trình : 2sin 2 x − 1 Giải . π kπ ĐK : 2sin x −�۹۹+ � 2 1 0 cos2x 0 x ,k Z 42 ( 7 ) � 4cos 2 x ( sin x + cos x ) − 2 cos x ( sin x + cos x ) − 2 ( sin x + cos x ) = 0 π x=− + mπ 4 � 2 ( sin x + cos x ) ( cos x − 1) ( 2cos x + 1) = 0 � x = m2 π , m �Z 2π x= + m2π 3 m2π Kiểm tra điều kiện ta được nghiệm x = ,m Z 3 2 Bài 8. Giải phương trình : 3 tan 3x + cot 2x = 2 tan x + (8) sin 4x Giải cos3x 0 π kπ + x sin2x 0 � �63 �� , k �Z (*) ĐK : � � kπ �x0 cos x 4 sin 4x 0 2 2sin 2x cos x 2 ( 8 ) � 2 ( tan 3x − tan x ) + ( tan 3x + cot 2x ) = + = � sin 4x cos3x cos x cos3x sin 2x sin 4x � 4sin 4x sin x + 2cos2x cos x = 2cos3x � 4sin 4x sin x + cos3x + cos x = 2cos3x ( do (*) ) � 4sin 4x sin x = cos3x − cos x � 8sin 2xcos2x sin x = −2sin 2x sin x − 1 1 �1� � cos2x = −� x = � arccos � � mπ, m �Z + 4 2 �4 � nghiệm này thoả mãn ĐK BÀI TẬP TỰ LUYỆN 12
  13. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc 1, cos3x + cos2x − cos x − 1 = 0 � π� 2, 2 2 sin � − � x = 1 x cos � 12 � 3, (1 − tan x)(1 + sin 2x) = 1 + tan x 1 1 4,sin 2x + sin x − − = 2 cot 2x sin 2x 2sin x 5,sin 2x + cos2x + 3sin x − cos x − 2 = 0 x� � 6, tan x + cos x − cos 2 x = sin x �+ tan x tan � 1 2� � � π� 7, 2 2cos3 � − � 3cos x − sin x = 0 − x � 4� 2 ( cos x − sin x ) 1 = 8, tan x + cot 2x cot x − 1 1 9, cos x cos 2xcos3x + sin x sin 2x sin 3x = 2 � π� � π� 10,sin 3 x − cos 3 x = cos2x tan � + � � − � x tan x � 4� � 4� 11, tan x + tan 2x = − sin 3x cos 2x π � x� 7 12,sin x cos 4x − sin 2 2x = 4sin 2 � − �− � 2� 2 4 π x x � x� 13,sin sin x − cos sin 2 x + 1 = 2 cos 2 � − � 2 2 � 2� 4 14, 2sin x + cot x = 2sin 2x + 1 sin 2 3x ( cos 3x sin 3 x + sin 3x cos3 x ) = sin x sin 2 3x 15,sin 2 x + 3sin 4x §2. Gi¸ trÞ lín nhÊt nhá nhÊt, ph¬ng tr×nh cã tham sè Mét sè kiÕn thøc cÇn nhí  Ph¬ng ph¸p hµm sè: Bµi to¸n Max, Min trªn 1 kho¶ng vµ mét ®o¹n.  Ph¬ng ph¸p bÊt ®¼ng thøc, nhËn xÐt ®¸nh gi¸. C¸c vÝ dô 3. cos 4 x + 4 sin 2 x VÝ dô 1. T×m GTLN, GTNN: y = 3. sin 4 x + 2 cos 2 x HD: t = cos2x, t×m Max, Min trªn 1 ®o¹n⇒ M = 8/5 m = 4/3 VÝ dô 2. Cho ph¬ng tr×nh: cos 2 x = m. cos 2 x 1 + tgx 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh khi m = 1 2) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖn thuéc ®o¹n [0; π /3] HD: t = tgx, t �; 3 � LËp BBT f(t)⇒ §S: m ∈ (1 − 3) 1 + 3 ;1 0 ;   ��   VÝ dô 3. : T×m GTLN, GTNN: y = 2. sin x + cos 2 x 8 4 HD: t = cos2x, - 1≤t≤1 t×m Max, Min trªn 1 ®o¹n f , ( t ) = 0 ⇔ 8t 3 = −(t − 1) 3 ⇒ §S:M = 3, m = 1/27 VÝ dô 4. T×m GTLN, GTNN: y = cos 4 x + sin 4 x + sin x. cos x + 1 13
  14. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc VÝ dô 5. Cho ph¬ng tr×nh: 2.(sin 4 x + cos 4 x) + cos 4 x + 2 sin 2 x + m = 0 T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh cã Ýt nhÊt mét nghiÖn thuéc ®o¹n [0; π /2] §S: [ -10/3; -2] 2 sin x + cos x + 1 VÝ dô 6. Cho ph¬ng tr×nh a = sin x − 2 cos x + 3 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh khi a = 1/3 2) T×m a ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm HD: §a vÒ d¹ng: (2 - a) sinx + (2a + 1) cosx = 3a + 1 §S [ -1/2, 2] 3π   2x − 3. cos 2 x = 1 + 2 cos 2  x −  VÝ dô 7. T×m nghiÖm cña pt sau trong kho¶ng (0, π ) : 4 sin  4 2 Bµi tËp ¸p dông 1 1) cos x. cos 2 x. cos 3x − sin x. sin 2 x. sin 3 x = 2 2) sin x + 3. cos x + sin x + 3. cos x = 2 �π π 2 �π 5 3 �� � � 3) 3sin (3π − x) + 2sin � + x � � + x � 5sin � + x � 0 − = 2 .cos 2 2 2 � � � � � � 1 1 4) 2. sin 3 x − = 2. cos 3x + sin x cos x 1 − cos 2 x 1 + cot 2 x = HD: Chó ý §K ⇒ §S: x = - π/4 + kπ/2 5) sin 2 2 x cos 2 x + cos x(2.tan 2 x − 1) = 2 6) 3 cos 4 x − 8 cos 6 x + 2 cos 2 + 3 = 0 7) x π (2 − 3 ) cos x − 2 sin 2  −  + sin 3 x 8) 2 4 =1 2 cos x − 1 1 + sin x + cos x + sin 2 x + cos 2 x = 0 9) Mét sè ®Ò thi tõ n¨m 2002 cos 3x + sin 3 x   1) T×m nghiÖm thuéc kho¶ng ( 0; 2π ) cña ph¬ng tr×nh 5 sin x +  = cos 2 x + 3 KA 2002 1 + 2 sin 2 x   (2 − sin 2 2 x)sin 3 x 2) Gi¶i ph¬ng tr×nh 1 + tan 4 x = (DB 2002) cos 4 x 2 3) T×m nghiÖm thuéc kho¶ng ( 0; 2π ) cña ph¬ng tr×nh cot 2 x − tan x + 4sin 2 x = KB 2003 sin 2 x 4) T×m x nghiÖm ®óng thuéc kho¶ng [ 0;14] cña ph¬ng tr×nh cos 3 x − 4 cos 2 x + 3cos x − 4 = 0 KB 2003 ( ) 5) X¸c ®Þnh m ®Ó ph¬ng tr×nh 2 sin x + cos x + cos 4 x + 2sin 2 x − m = 0 cã Ýt nhÊt mét nghiÖm 4 4 �π� thuéc ®o¹n �; � (DB 2002) 0 � 2� sin 4 x + cos 4 x 1 1 = cot 2 x − 6) Gi¶i ph¬ng tr×nh (DB 2002) 5sin 2 x 2 8sin 2 x x� � 7) Gi¶i ph¬ng tr×nh tan x + cos x − cos x = sin x �+ tan x.tan �(DB 2002) 2 1 2� � 2 sin x + cos x + 1 = a (1) 8) Cho ph¬ng tr×nh sin x − 2 cos x + 3 14
  15. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc 1 a) Gi¶i ph¬ng tr×nh (2) khi a = 3 b) T×m a ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm 1 = sin x (DB 2002) 9) Gi¶i ph¬ng tr×nh 8cos 2 x cos 2 x 1 10) Gi¶i ph¬ng tr×nh cot x − 1 = + sin 2 x − sin 2 x (KA 2003) 1 + tan x 2 11) Gi¶i ph¬ng tr×nh 3 − tan x ( tan x + 2sin x ) + 6 cos x = 0 (DBKA 2003) ( ) 12) Gi¶i ph¬ng tr×nh cos 2 x = cos x 2 tan x − 1 = 2 (DBKA 2003) 2 13) Gi¶i ph¬ng tr×nh 3cos 4 x − 8cos x + 2 cos x + 3 = 0 (DBKB 2003) 6 2 � π� ( ) x 2 − 3 cos x − 2sin 2 � − � 14) Gi¶i ph¬ng tr×nh � 4 � 1 (DBKB 2003) 2 = 2 cos x − 1 x π� 2 x 2� �� 15) Gi¶i ph¬ng tr×nh sin � − � .tan x − cos 2 � � 0 (KD 2003) = � 4� 2 2 �� cos 2 x ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) (DBKD 2003) 16) Gi¶i ph¬ng tr×nh cos x + sin x 2 sin 4 x 17) Gi¶i ph¬ng tr×nh cot x = tan x + (DBKD 2003) sin 2 x 18) Gi¶i ph¬ng tr×nh 5sin x − 2 = 3 ( 1 − sin x ) tan x (KB 2004) 2 19) Gi¶i ph¬ng tr×nh ( 2 cos x − 1) ( 2sin x + cos x ) = sin 2 x − sin x (KB 2004) Chuyªn ®Ò 4: Mò & L«garit §1. Ph¬ng tr×nh vµ hÖ ph¬ng tr×nh Mò l«garit Mét sè kiÕn thøc cÇn nhí  C¸c c«ng thøc vÒ mò vµ l«garit.  Giíi thiÖu mét sè ph¬ng tr×nh c¬ b¶n.  Khi gi¶i ph¬ng tr×nh vÒ logarit chó §K. C¸c vÝ dô VÝ dô 1. Cho ph¬ng tr×nh: log 3 x + log 3 x + 1 − 2m − 1 = 0 2 2 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh khi m = 2 [ ] HD: m ∈[0;2] 3 2) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc 1;3 log 2 ( x + y ) = 5 2 2 VÝ dô 2.  ®s (4, 4) 2 log 4 x + log 2 y = 4 1 1 VÝ dô 3. log 2 ( x + 3) + log 4 ( x − 1) = log 2 (4 x ) 8 HD: §K x>0 Vµ x≠1; §S x = 2, x = 2 3 − 3 2 4 VÝ dô 4. log 5 x. log 3 x = log 5 x. + log 3 x HD: §æi c¬ sè ⇒ §S: x = 1 vµ x = 15 9 log 2 ( xy ) = 3( xy ) log 2 3  VÝ dô 5.  2 x + y 2 = 3 y + 3 x + 6  VÝ dô 6. 2 log 3 ( x +1) = x HD: §K x> - 1 TH1: - 1
  16. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc y y  2 1 Suy ra   +   = 1 TH2: x>0, ®Æt y = log3(x + 1)  3 3  x2 +1 VÝ dô 7. log 2  x  = 3x − 2 x 2 3 HD: VP ≤ 1 víi x>0, BBT VT ≥ 1 ; C«si trong l«gagrit ⇒ §S x = 1    2 = 5 y − 4 y 3x 2  VÝ dô 8.  4 x + 2 x +1 §S (0, 1) (2, 4) =y x  2 +2 ∞) VÝ dô 9. T×m m ®Ó ph ¬ng tr×nh sau cã nghiÖm thuéc [32, + : ( ) log x + log 1 x − 3 = m log 4 x − 3 2 2 2 2 2 m > 0, m ≠ 1  ⇔1< m ≤ 3 HD: t > = 5; 1 + 3m 2 =t 2  m −1 log y xy = log x y  VÝ dô 10.  x 2 + 2 y = 3  HD §K x, y>0 vµ kh¸c 1; B§ (1) ®îc TH1: y = x thay vµo (2) cã nghiÖm 1 TH2: x = 2 thay vµo (2) CM v« nghiÖm chia thµnh 2 miÒn y>1 vµ 0 - 5 HD: §K x>1; Gi¶i (2) 1
  17. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc log 1 ( x + 3) 2 − log 1 ( x + 3) 3 VÝ dô 8. Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: >0 2 3 x +1 1 1 < VÝ dô 9. Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: log 4 ( x + 3 x) log 2 (3 x − 1) 2 Bµi tËp ¸p dông  x3  1 3 1) log 3  . log 2 x − log 3   3  = 2 + log 2 x   x   2) 2( log 9 x ) = log 3 x. log 3 ( 2 x + 1 − 1) 2 2 x− x2 1 x2 −2 x − 2  ≤3 3) 9 3 x − 4 y + 3 = 0  §K x, y≥ 1 ⇒ §S: (1, 1) (9, 3) 4)   log 4 x − log 2 x = 0  log x ( x 3 + 2 x 2 − 3 x − 5 y ) = 3  5)  log y ( y + 2 y − 3 y − 5 x ) = 3 3 2   1 log 1 ( y − x ) − log 4 ( y ) = 1 6)  4 KA 2004 §S: (3; 4)  y 2 + x 2 = 25  7) log 2 (2 x + 1). log 2 (2 x +1 + 2) = 6 §S x = log23 2 2 x −  3 log 0 , 5   x −2 x +3)   x +4  >1 ( 8) T×m a ®Ó hÖ sau cã nghiÖm:  HD: a>3/2 x 2 −( a +1) x +a ≤0  9) log x � 3 (9 −6) �1 = x log � � 10) Gi¶i ph¬ng tr×nh log 3 ( x + 2 x + 1) = log 2 ( x + 2 x ) 2 2 x 2 + y = y 2 + x  11)  x + y 2 − 2 x −1 = x − y  ( x 4 + y ).3 y − x = 1 4  12)  4 4 8( x + y ) − 6 x − y = 0  ( ) 2 − log 1 x + m = 0 cã nghiÖm thuéc kho¶ng (0;1) 13) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh 4 log 2 x 2 Chuyªn ®Ò 5. TÝch ph©n x¸c ®Þnh vµ øng dông §1. Ph¬ng ph¸p tÝnh tÝch ph©n I. TÝch ph©n c¸c hµm sè h÷u tØ VÝ dô : TÝnh c¸c tÝch ph©n sau 1 3 0 (2 x 3 − 10 x 2 + 16 x − 1).dx x 2 .dx dx 1) A = ∫ B= ∫ 2 ∫1 A= ; ; ; (1 − x ) x − 3x + 2 x 2 − 5x + 6 9 −1 − 2 3) 2 4 ( x 2 + 2 x − 2.dx x 3 dx 1 dx 2) A = ∫ B=∫ B=∫ ; ; ; x3 + 1 2 ( x − 1) 10 0 ( x + 3) ( x + 1) 2 2 1 17
  18. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc 4) 2 1 ( x 3 − x 2 − 4 x − 1).dx x 3 .dx 6) A = ∫ ;B = ∫ 8 ; 1 0 ( x 3 − 3 x 2 + x + 6).dx (7 x − 4) dx x 4 + x3 0 ( x − 4) 2 ∫1 x 3 − 5x 2 + 6 x ; B = −∫1 x 3 − 3x + 2 ; A= 1 2 3 (1 − x 4 ).dx dx − 7) A = ∫ ; B=∫ ; 2 2 dx dx x( x 6 + 1) 2 x.( x 4 + 1) 5) A = ∫ ; B=∫ 4 ; 1 1 x + 2x + x x + 4x 2 + 3 3 2 3 4 1 2 x 2 + 2 x +13 x 5 dx 1 1 ∫ x6 − x3 −2 ; B =∫ 8) A = dx; ( x − 2)( x 2 +1) 2 3 0 3 Bµi tËp 3 x 2 + 3x + 3 A B C 3 3x 2 + 2 = + + 1) (C§SP HN 2000): I = ∫ TÝnh .dx x −1 x + 2 x − 3x + 2 ( x − 1) 3 2 0 1+ x 2 3 x 2 + 3x + 3 1 dx I=∫ 3 .dx 2) (§HNL TPHCM 1995) I = ∫ 2 x − 3x + 2 0 x + 5x + 6 1 x 5 .dx 9) (§HTM 1995) I = ∫ 1 x 3) (§HKT TPHCM 1994) I = ∫ .dx 0 x +1 2 0 (1 + 2 x ) 3 10) (§H Th¸i Nguyªn 1997) 4) (§HNT HN 2000) 2 (1 − x 2 ).dx 1 I=∫ HD : t = + x 1 ( x 3 + 2 x 2 + 10 x + 1).dx I=∫ x +1 4 x x 2 + 2x + 9 1 0 11) X¸c ®Þnh c¸c h»ng sè A,B ®Ó 1 (4 x + 11).dx x+2 A B 5) (§HSP TPHCM 2000) I = ∫ = + TÝnh 0 x + 5x + 6 2 x +1 ( x + 1) ( x + 1) 2 2 1 3 ( x + 2) 3.dx 6) (§HXD HN 2000) I = ∫ I=∫ .dx x3 + 1 2 ( x + 1) 2 0 x 1 dx 12) Cho hµm sè f ( x) = 7) (§H M§C 1995 ) I = ∫ ( x − 1) ( x + 1) 3 2 0 x + 4x + 3 4 2 §Þnh c¸c hÖ sè A,B,C,D,E sao a) 8) (§HQG HN 1995). X¸c ®Þnh c¸c h»ng sè cho A,B,C ®Ó Ax 2 + Bx + C dx dx ∫ = D∫ + E∫ f ( x)dx = x −1 x +1 ( x − 1)( x + 2) 2 3 ∫ f ( x)dx TÝnh b) 2 II TÝch ph©n c¸c hµm sè lîng gi¸c VÝ dô : TÝnh c¸c tÝch ph©n sau 1) π π 3) A = ( x + sin x)dx ; B = sin 2 x. cos 2 2 x.dx 4 2 π π ∫ 1 + cos x ∫ 3 2 dx tan x.dx A=� ; B=� 2 0 0 1 + sin x + cos x π cos x − sin x.cos x π 0 2 4) A = x. cos x.dx ; 6 ∫ 1 + sin 2 x π 3 tan 4 x.dx 3 0 2) A = � ; B = � cos x − sin x ).dx ( cos 2 x π 0 6 Bµi tËp 1) (§HQG TPHCM 1998) TÝnh : π π 2 2 sin 2 x.dx sin 2 x.dx ∫ 1 + sin ; va J = ∫ I= 0 cos x + 1 4 4 x 0 18
  19. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc 2) (§HSP TPHCM 1995) π sin 3 x.dx 2 sin x 8) (§HQGHN Khèi A 1997) I = ∫ 1 + cos 2 x Cho f ( x) = sin x + cos x 0 a) T×m A,B sao cho 9) (§HNN1 HN 1998) TÝnh  cos x − sin x  π f ( x ) = A + B  1 + sin 2 x + cos 2 x. 2  cos x + sin x  ∫ I= .dx sin x + cos x π π 3 6 b) TÝnh I = ∫ f ( x).dx π 2 0 10) (§HQG TPHCM 1998) I = cos 3 x. sin 2 x.dx ∫ 3) (§HGTVT TPHCM 1999) π π 0 π 4 4 2 2 cos x.dx sin x.dx a) CMR ∫ cos =∫ 4 sin 4 x.dx 11) (HVNH TPHCM 2000) I = ∫ 1 + cos x + sin x 0 cos 4 x + sin 4 x 4 4 0 2 x π 0 12) (§HBK HN 1999) Cho hµm sè cos 4 x.dx 2 b) TÝnh I = ∫ cos 4 x + sin 4 x sin 2 x h( x ) = 0 (2 + sin x ) 2 4) (§HTS 1999) TÝnh : a) T×m A,B ®Ó π A. cos x B. cos x 2 I = ∫ sin x. cos x.(1 + cos x ) 2 .dx h( x ) = + 2 + sin x (2 + sin x) 2 0 0 π ∫π h( x).dx b) TÝnh I = 4 dx 5) (§HTM HN 1995) TÝnh I = ∫ cos 4 x − 2 0 13) (§HBK HN 1998) π 3 4 6) (HVKTQS 1999):TÝnh I = 4. sin x.dx π ∫ 1 + cos 4 x 2 I = ∫ cos 2 x.(cos 4 x + sin 4 x).dx 0 π 0 2 7) (§HNN1 HN Khèi B 1998) I = cos 2 x.dx π ∫ 1 + cos x 14) (HVNH TPHCM 2000) I = ( x + sin x ).dx 3 ∫ cos 2 x 0 0 III. TÝch ph©n c¸c hµm sè v« tØ VÝ dô : TÝnh c¸c tÝch ph©n sau : 1) 7 1 2 x dx dx 1 2a 6) A = ∫ ; B=∫3 A = ∫ x 15 . 1 + 3x 8 .dx; B = ∫ x. 2a − x .dx(a > 0) 2 2x + 1 x3 + 1 4 0 0 0 0 −3 3 ( x + 1 − 2)dx dx 2) ∫x ; (*)B = ∫ 7) A = 1− x x + 2x + 1 + x + 1 a 4 2 dx A = ∫ x 2 . a 2 − x 2 .dx; B = ∫ −8 (a > 0) 0 x(1 + x ) 0 x + 1 dx ∫ 0 1 8) (*) A = ; 3 x −1 x +1 0 2 dx dx ∫ ; B=∫ −1 3) A = 1 0 ( x + 1)( x + 2) x + x +1 2 9) A = ∫ 4 − x dx; B = ∫ −1 x 2 + 2 x + 2 .dx 1 2 1 0 1 − x 2 .dx dx −1 0 ∫ ; B= ∫ 4) A = 2 1 x −1 1− x2 2 2 −1 x − 4 + x+2 x 10) A = ∫ ∫ dx; B = 1 .dx x2 x 2 1 1 2 22 dx 2 5) A = ∫ ∫ ; B= x x 2 + 1.dx x. x 2 + 1 1 0 19
  20. Tµi liÖu dïng cho «n thi ®¹i häc Bµi tËp 1 1 x 3 .dx 1) (HVNH THCM 2000) I = ∫ 5) (§HQG HN 1998) I = ∫ x . 1 + x .dx 3 2 x + x2 +1 0 0 2 2 dx dx 6) (§HSP2 HN 2000) I = ∫ ∫ 2) (§H BKHN 1995) I = x. x 3 + 1 x. x 2 − 1 1 2 3 1 ( x 2 − 1).dx 7) (§HXD HN 1996) I = ∫ 1 dx ∫1+ x + x +1 3) (HVKTQS 1998) I = 0 x2 +1 −1 7 x 3 .dx ∫ 8) (§HTM 1997) I = 4 dx ∫ x. 4) (§HAN 1999) I = 1+ x2 3 0 x +92 7 1 x.dx 9) (§HQG TPHCM 1998) I = ∫ 2x + 1 0 IV. Mét sè d¹ng tÝch ph©n ®Æc biÖt VÝ dô1 :TÝnh c¸c tÝch ph©n sau : π π π 1 x 6 4 4 sin xdx cos xdx 2) A = e .dx 1) A = ∫ B=∫ ∫ e x + e−x B = ∫ cos 2 x. cos 2 x.dx sin x + cos x sin x − cos x 0 0 0 0 VÝ dô2 :TÝnh c¸c tÝch ph©n sau π π 1 1 ∫ x cos 2 x.dx; B = ∫ x e .dx 2 1) A = 5 3x 1− x  sin 3 x 2 2 2) A = ∫ x . ln ∫π .dx; B = 2 .dx −π −1 1+ x  1 + cos x 1 − − 2 2 VÝ dô 3 :TÝnh c¸c tÝch ph©n sau 1) π π x. sin x x. sin x 2) A = ∫ .dx; B = ∫ .dx π π 0 3 + cos x 0 1 + cos x 2 2 cos 2004 x 2 2 sin 2 x A=∫ .dx; B = ∫ .dx 0 1 + sin x x + sin 2004 x 4 2004 0 cos Bµi tËp π 1 1− x2 3) (§HQG HN 1994) TÝnh I = ∫ x. sin x.dx 1) (§HPCCC 2000) TÝnh I = ∫ 3 .dx 1+ 2x 0 −1 π π sin 2 x 4) (§HNT TPHCM 1994)TÝnh I = ∫ x x + cos x .dx 2 ∫π 4 − sin 2) (§HGT 2000 )TÝnh I = −π 3 + 1 .dx 2 x 1 − x4 ∫ x .dx 2 5) (HVBCVTHN 1999)TÝnh I = −1 1 + 2 §2. øng dông cña tÝch ph©n x¸c ®Þnh Mét sè kiÕn thøc cÇn nhí Néi dung c¸c bµi to¸n vÒ diÖn tÝch h×nh ph¼ng: 3 bµi to¸n c¬ b¶n. Bµi to¸n vÒ thÓ tÝch trßn xoay. C¸c vÝ dô Bµi 1. TÝnh thÓ tÝch vËt thÓ trßn xoay sinh ra bëi phÐp quay xung quanh trôc ox cña h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi trôc ox vµ ®êng y = 2 sin x (0 ≤ x ≤ π ) . Bµi 2. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi c¸c ®êng: y = x − 4 x + 3 , y = x + 3 . 2 x2 x2 Bµi 3. TÝnh diÖn tÝc h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi c¸c ®êng: y = 4 − ,y = . 4 42 20
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2