Ôn tập cuối năm

Tập xác định: D = R; y′ = $x^{\mathit{2}}$ − (1 + 2cosa)x + 2cosa

y′= 0 

Vì y’ < 0 ở ngoài khoảng nghiệm nên để hàm số đồng biến với mọi x > 1 thì 2cosa $\le$ 1

(vì a $\in$ (0; 2$\mathrm{\pi }$).

Xét hàm số f(x) = ${\mathrm{x}}^3$ + 3${\mathrm{x}}^2$ − 72x + 90 trên đoạn [-5;5]

f′(x) =3${\mathrm{x}}^2$ + 6x − 72;

f′(x) = 0 

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 ${\mathrm{x}}_0$ $\in$ (−5;5) sao cho f(${\mathrm{x}}_0$) = 0

Ta có g(x) = |f(x)| $\le$ 0 và g(${\mathrm{x}}_0$) = |f(${\mathrm{x}}_0$)| = 0;

g(−5) = |400| = 400

g(5) = |−70| = 70; g(4) = |f(4)| = |−86| = 86

Vậy min g(x) = g(${\mathrm{x}}_0$) = 0; max g(x) = g(−5) = 400

min f(x) = f($\sqrt{2}$) = −3; max f(x) = f(2) = f(0) = 1

min f(x) = f(1) = 4. Không có giá trị lớn nhất.

y = $\frac{1}{3}{x}^3-\left(m-1\right)x^2+\left(m-3\right)x+4\frac{1}{2}$

    +) Tập xác định: D = R

    +) Sự biến thiên: y’ = ${\mathrm{x}}^2$ + 2x – 3

y' = 0 

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng (-$\infty$; -3) và (1; +$\infty$), nghịch biến trên khoảng (-3; 1).

Hàm số đạt cực đại tại x = −3; ${\mathrm{y}}_{\mathrm{CD}}$ = 27/2; ${\mathrm{y}}_{\mathrm{CT}}$ = 17/6 khi x = 1

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 9/2) và có dạng như hình dưới đây.

y′′ = 2x + 2; y′′ = 0 ⇔ x = −1. Vậy là tâm đối xứng của đồ thị.

Tiếp tuyến với (C) đi qua A(0; 9/2) có phương trình là: y = f′(0)x + 9/2, trong đó f(x) = ${\mathrm{x}}^3/3+{\mathrm{x}}^2-3\mathrm{x}+9/2$

Ta có f ’(0) = -3.

Vậy phương trình tiếp tuyến là y = −3x + 9/2

$\mathrm{S}={\int }_0^2\left(\frac{1}{3}{\mathrm{x}}^3+{\mathrm{x}}^2-3\mathrm{x}+4\frac{1}{2}\right)d\mathrm{x}=7$

Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = −3x + 9/2 với đồ thị của (1) thỏa mãn phương trình

Ta có (2) ⇔ ${\mathrm{x}}^3$/3 − (m − 1)${\mathrm{x}}^2$ + mx = 0 (2)

⇔ x[${\mathrm{x}}^2$ − 3(m − 1)x + 3m] = 0

Để (2) có ba nghiệm phân biệt thì phương trình f(x) = ${\mathrm{x}}^2$– 3(m – 1)x + 3m = 0 phải có hai nghiệm phân biệt khác 0, tức là:

$\mathrm{y}=\frac{4\mathrm{x}+4}{2\mathrm{x}+1}$

Tập xác định: D = R \ {−1/2}

Ta có 

Bảng biến thiên:

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−$\infty$; −1/2) và (−1/2; +$\infty$)

Tiệm cận đứng: x = −1/2;

Tiệm cận ngang: y = 2.

Giao với các trục tọa độ: (0; 4) và (-1; 0)

Đồ thị:

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 (H.6).

Tiếp tuyến có hệ số góc bằng −1/4.

Hoành độ tiếp điểm phải thỏa mãn phương trình

⇔ ${\left(2\mathrm{x}+1\right)}^2$ = 16

Hai tiếp tuyến cần tìm là

Với m = 2, ta có: 

Đồ thị:

Ta có: 

Vậy để y nguyên với x và m nguyên thì x + 1 phải là ước của 3, tức là: x + 1 = 1 hay x + 1 = -1 hoặc x + 1 = 3 hay x + 1 = -3

${\mathrm{x}}_1$ = 0; ${\mathrm{x}}_2$ = −2; ${\mathrm{x}}_3$ = −4; ${\mathrm{x}}_4$ = 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).

Do a, b, x là những số dương nên ta có:

A = 3$\sqrt{\mathrm{b}}$

Do a, b, x là những số dương nên ta có:

Ta có:

Ta có

${\log }_{30}8$ = ${\log }_{30}{2}^3$

= 3${\log }_{30}2$

= 3.${\log }_{30}\left(30/15\right)$

= 3(${\log }_{30}30$ − ${\log }_{30}\left(3.5\right)$)

= 3(1 − ${\log }_{30}3$ − ${\log }_{30}5$) = 3(1 – a – b)

Chuyển sang cơ số 10.

Sau khi biến đổi, ta được 

Phương trình đã cho tương đương với

${\left(\frac{13}{24}\right)}^{3x+7}={\left(\frac{13}{24}\right)}^{-\left(2x+3\right)}$

⇔ 3x + 7 = –2x – 3 ⇔ x = –2

Vì $\left(4-\sqrt{15}\right).\left(4+\sqrt{15}\right)=1$ nên ta đặt ${\left(4-\sqrt{15}\right)}^{\tan x}$ = t (t > 0), ta được phương trình

${\mathrm{t}}^2$ − 8t + 1 = 0 

+) Ứng với t = 4 − $\sqrt{15}$, ta có

${\left(4-\sqrt{15}\right)}^{\tan x}$ = 4 − $\sqrt{15}$

+) Ứng với t = 4 + $\sqrt{15}$, ta có

${\left(4-\sqrt{15}\right)}^{\tan x}$ = 4 + $\sqrt{15}$

Vậy phương trình có nghiệm

Ta nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình. Mặt khác, hàm số

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.

Vì 1 = 5$°$ nên ta có

$6.4^{\mathrm{x}}-13.6^{\mathrm{x}}+6.9^{\mathrm{x}}=0$ (1)

Vì $4^{\mathrm{x}}$, $6^{\mathrm{x}}$, $9^{\mathrm{x}}$ đều khác 0 với mọi x $\infty$ R nên chia cả hai vế của phương trình (1) cho $4^{\mathrm{x}}$ hoặc $6^{\mathrm{x}}$ hoặc $9^{\mathrm{x}}$ , ta được phương trình tương đương.

Chia cả hai vế cho $6^{\mathrm{x}}$, ta có: (1)

Đặt 

Ta có:

Logarit hóa hai vế theo cơ số 7, ta được:

${\mathrm{x}}^2+2\mathrm{x}.{\log }_{7}5$ − 1 = 0

${\log }_4\left(x+2\right){\log }_{x}2=1$

Điều kiện:

Vậy nghiệm của phương trình là x = 2.

Điều kiện: x > 0

Đổi sang cơ số 3 và đặt ${\log }_{3}x$ = t,

ta được phương trình:

Giải phương trình ẩn t, ta được ${\mathrm{t}}_1$ = 1, ${\mathrm{t}}_2$ = −4

Vậy phương trình có hai nghiệm ${\mathrm{x}}_1$ = 3; ${\mathrm{x}}_2$ = 1/81

Điều kiện:

Đặt ${\log }_{3}x+{\log }_4\left(2x-2\right)$ = 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.

Điều kiện 

Vì 0 < 0,5 < 1 và 1 = ${\left(0,5\right)}^0$ nên ta có:

⇔ ${\log }_{\frac{1}{3}}(x^2-3x+1)$ > 0

⇔ $x^2$ − 3x + 1 > 1 ⇔ 0 < x < 3

Kết hợp với điều kiện, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là

Ta có bất phương trình đã cho tương đương với

$4{\mathrm{x}}^2+3.3^{\sqrt{\mathrm{x}}}+\mathrm{x}.3^{\sqrt{\mathrm{x}}}-2{\mathrm{x}}^2.3^{\sqrt{\mathrm{x}}}-2\mathrm{x}-6<0$

⇔ $\left(3+\mathrm{x}-2{\mathrm{x}}^2\right)3^{\sqrt{x}}$ − 2(x − 2${\mathrm{x}}^2$ + 3) < 0

⇔(−2${\mathrm{x}}^2$ + x + 3)($3^{\sqrt{\mathrm{x}}}$ − 2) < 0

Vậy nghiệm của bất phương trình là x > 3/2 hoặc

Bất phương trình đã cho tương đương với

Bất phương trình đã cho tương đương với

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.

hoặc 

Đổi biến 

Đáp án: 

 = -8

Ta có:

1 + sin2x + cos2x

= 1 + 2sinxcosx + 2${\cos }^{2}x$ – 1

= 2cosx(sinx + cosx)

Từ đó, ta có đáp số là 1.

Áp dụng phương pháp tính tích phân từng phần hai lần, cả hai lần đều đặt ${\mathrm{e}}^{\mathrm{x}}$dx = dv ⇔ v = ${\mathrm{e}}^{\mathrm{x}}$

Đáp số: 

Hai hàm số y = |${\mathrm{x}}^2$ – 1| và y = 5 + |x| đều là hàm số chẵn. Miền cần tính diện tích được thể hiện ở Hình 8. Do tính đối xứng qua trục tung, ta có:

Miền cần tính diện tích được thể hiện bởi Hình 9 (học sinh tự làm)

Như vậy, với mọi x $\in$ (-2;3) đồ thị của hàm số

nằm phía trên đồ thị của hàm số

Vậy ta có:

Miền cần tính diện tích được thể hiện trên Hình 10:

(vì tiếp tuyến với đồ thị của 

tại điểm (2;3/2) có phương trình là

Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi miền CED quay quanh trục Ox là hiệu của hai thể tích (${\mathrm{V}}_1$ và ${\mathrm{V}}_2$) của hai vật thể tròn xoay tương ứng sinh ra khi miền ACEB và miền ACDB quay quanh trục Ox. Như vậy V = ${\mathrm{V}}_1$ – ${\mathrm{V}}_2$, trong đó :

Ta có V = ${\mathrm{V}}_1-{\mathrm{V}}_2$ trong đó

(H.13)

Biến đổi vế trái bằng cách nhóm từng bốn số hạng và đặt thừa số chung, ta được

i(1 + i + ${\mathrm{i}}^2$ + ${\mathrm{i}}^3$) + ... + ${\mathrm{i}}^{97}$ (1 + i + ${\mathrm{i}}^2$ + ${\mathrm{i}}^3$)

= (1 + i + ${\mathrm{i}}^2$ + ${\mathrm{i}}^3$)(i + ... + ${\mathrm{i}}^{97}$) = 0

Vì 1 + i + ${\mathrm{i}}^2$ + ${\mathrm{i}}^3$ = 1 + i – 1 – i = 0

Ta có

= $-\left(2\sqrt{2}\mathrm{i}+2{\mathrm{i}}^2\right)=2-2\sqrt{2}\mathrm{i}$

Vế trái là khoảng cách từ điểm biểu diễn z dến điểm biểu diễn ${\mathrm{z}}_0$ = 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) (H. 14)

Ta có thể tiến hành như sau:

Cho z = x + iy, ta có $|\mathrm{z}-1{|}^2=|\mathrm{x}+\left(\mathrm{y}-1\right)\mathrm{i}{|}^2={\mathrm{x}}^2+{\left(\mathrm{y}-1\right)}^2$ và như vậy ta có: ${\mathrm{x}}^2+{\left(\mathrm{y}-1\right)}^2$ = 1

Đây là phương trình đường tròn bán kính bằng 1 và tâm là (0; 1)

Ta có: $|2+\mathrm{z}{|}^2<|2-\mathrm{z}{|}^2$

⇔ $|\left(2+\mathrm{x}\right)+\mathrm{iy}{|}^2<|\left(2-\mathrm{x}\right)-\mathrm{iy}{|}^2$

⇔ ${\left(2+\mathrm{x}\right)}^2+y^2<{\left(2-x\right)}^2+{\left(-y\right)}^2$

⇔ 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.

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 ${\mathrm{z}}_0$ = 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 $\le$ ${\left(\mathrm{x}-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2$ < 9

$\frac{5+2\mathrm{i}}{7-\mathrm{i}}=\frac{\left(5+2i\right)\left(7+i\right)}{50}=\frac{33}{50}+\frac{19}{50}i$

$\frac{3-i}{i}+{\left(5-i\right)}^2$ = -1 + 3i + (25 - 10i - 1) = 23 - 13i

${\mathrm{x}}_1=\frac{2+\mathrm{i}\sqrt{2}}{3}; {\mathrm{x}}_2=\frac{2-\mathrm{i}\sqrt{2}}{3}$

${\mathrm{x}}_1=\frac{1+\mathrm{i}\sqrt{35}}{2}; {\mathrm{x}}_2=\frac{1-\mathrm{i}\sqrt{35}}{2}$

Hệ phương trình tương ứng với:

Vậy nghiệm của hệ là (1 – i , i)

Để ${\mathrm{z}}_1=\overline{{\mathrm{z}}_2}$ ta có:

Vậy có hai cặp (x; y) là (-2; 2) và (-2; -2).

$\left|{\mathrm{z}}_1\right|=\sqrt{{\left(-8\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{257}}{2}$

$\left|{\mathrm{z}}_2\right|=\sqrt{{\left(\sqrt{3}\right)}^2+{\left(-\sqrt{7}\right)}^2}=\sqrt{10}$