Kỹ Thuật Sử Dụng Casio - Vinacal Hỗ Trợ Giải Nhanh Đề Thi Môn Toán 12

TÓM TẮT KỸ THUẬT SỬ DỤNG CASIO – VINACAL HỔ TRỢ GIẢI ĐỀ THI MÔN TOÁN 2017.
PHƢƠNG PHÁP CASIO – VINACAL

BÀI 1. TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT.
1) PHƢƠNG PHÁP
- Bƣớc 1: Để tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x  trên miền  a; b ta sử
dụng máy tính Casio với lệnh MODE 7 (Lập bảng giá trị)
- Bƣớc 2: Quan sát bảng giá trị máy tính hiển thị, giá trị lớn nhất xuất hiện là max , giá trị
nhỏ nhất xuất hiện là min
- Chú ý:
ba
Ta thiết lập miền giá trị của biến x Start a End b Step (có thể làm tròn để Step
19
đẹp)
Khi đề bài liên có các yếu tố lượng giác sin x, cos x, tan x... ta chuyển máy tính về chế
độ Radian
2) VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1.[Thi thử chuyên KHTN –HN lần 2 năm 2017]
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  x3  2 x 2  4 x  1 trên đoạn 1;3
67
A. max  B. max  2 C. max  7 D. max  4
27
Hƣớng dẫn giải
 Cách 1: CASIO
 Sử dụng chức năng MODE 7 của máy tính Casio với thiết lập Start 1 End 3 Step
3 1
19
w7Q)^3$p2Q)dp4Q)+1==1
=3=(3p1)P19=
 Quan sát bảng giá trị F  X  ta thấy giá trị lớn nhất F  X  có thể đạt được là
f  3  2
Vậy max  2 , dấu = đạt được khi x  3  Đáp số chính xác là B

 Cách tham khảo: Tự luận
x  2
 Tính đạo hàm y '  3x  4 x  4 , y '  0  
2
x   2
 3
 Lập bảng biến thiên
Trang 1 Tài liệu lưu hành nội bộ

 Nhìn bảng biến thiên ta kết luận max  f  3  2

 Bình luận:
 Qua ví dụ 1 ta đã thấy ngay sức mạnh của máy tính Casio, việc tìm Max chỉ cần
quan sát bảng giá trị là xong.
 Phương pháp tự luận tìm Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số được tiến
hành theo 3 bước:
+)Bước 1: Tìm miền xác định của biến x .
+)Bước 2: Tính đạo hàm và xác định khoảng đồng biến nghịch biến.
+)Bước 3: Lập bảng biến thiên, nhìn vào bảng biến thiên để kết luận.
 Trong bài toán trên đề bài đã cho sẵn miền giá trị của biến x là 1;3 nên ta bỏ qua
bước 1.
Ví dụ 2. [Thi thử chuyên Hạ Long – Quảng Ninh lần 1 năm 2017]

Hàm số y  3cos x  4sin x  8 với x  0; 2  . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của hàm số . Khi đó tổng M  m bằng bao nhiêu ?
A. 8 2 B. 7 3 C. 8 3 D. 16
 Cách 1: CASIO
 Để tính toán các bài toán liên quan đến lượng giác ta chuyển máy tính về chế độ
Radian
qw4
 Sử dụng chức năng MODE 7 của máy tính Casio với thiết lập Start 0 End 2 Step
2  0
19
w7qc3kQ))p4jQ))+8==0=
2qK=2qKP19=
 Quan sát bảng giá trị F  X  ta thấy giá trị lớn nhất F  X  có thể đạt được là
f  5.2911  12.989  13  M
Ta thấy giá trị nhỏ nhất F  X  có thể đạt được là f  2.314   3.0252  3  m

Vậy M  m  16  Đáp số D là chính xác
 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được :
 3cos x  4sin x 
2

 32   4 
2
 sin 2
x  cos 2 x   25
 3cos x  4sin x  5  5  3cos x  4sin x  5  3  3cos x  4sin x  8  13
 Vậy 3  3cos x  4sin x  8  13
 Bình luận:
 Nếu bài toán liên quan đến các đại lượng lượng giác ta nên chuyển máy tính về chế
độ Radian để được kết quả chính xác nhất.
 Trong Bất đẳng thức Bunhiacopxki có dạng  ax  by    a 2  b2  x 2  y 2  . Dấu =
2
a b
xảy ra khi và chỉ khi 
x y
Ví dụ 3. [Thi thử nhóm toán Đoàn Trí Dũng lần 3 năm 2017]
Cho các số x, y thỏa mãn điều kiện y  0, x 2  x  y  12  0 Tìm giá trị nhỏ nhất :
P  xy  x  2 y  17
A. 12 B. 9 C. 15 D. 5
 Cách 1: CASIO
 Từ x 2  x  y  12  0 ta rút được y  x 2  x  12 Lắp vào P ta được :
P   x  2   x 2  x  12   x  17
 Để tìm Min của P ta sử dụng chức năng lập bảng giá trị MODE 7, tuy nhiên việc
còn thiếu của chúng ta là miền giá trị của x . Để tìm điều này ta xét
y  0  x 2  x  12  0  4  x  3
7
Sử dụng MODE 7 với thiết lập Start 4 End 3 Start ta được:
19
w7(Q)+2)(Q)d+Q)p12)+
Q)+17==p4=3=7P12=
Quan sát bảng giá trị ta thấy giá trị nhỏ nhất là f 1.25  11.6  12
Vậy đáp số chính xác là A
 Dùng phương pháp dồn biến đưa biểu thức P chứa 2 biến trở thành biểu thức P
chứa 1 biến x
 P   x  2  x 2  x  12   x  17  x3  3x 2  9 x  7
Đặt f  x   x3  3x 2  9 x  7
 Tìm miền giá trị của biến x ta có : y  0  x 2  x  12  0  4  x  3
x  1
 Khảo sát hàm f  x  ta có : f '  x   3x 2  6 x  9 , f '  x   0  
 x  3
So sánh f 1  12; f  3  20; f  4   13; f  3  20

Vậy giá trị nhỏ nhất f  max   12 đạt được khi x  1
 Bình luận:
 Một bài tìm Min max sử dụng phương pháp dồn biến hay. Việc tìm cận và tìm giá
trị nhỏ nhất có sự đóng góp rất lớn của Casio để tiết kiệm thời gian.
Ví dụ 4. [Khảo sát chất lƣợng chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa năm 2017]
2mx  1 1
Giá trị lớn nhất của hàm số y  trên đoạn  2;3 là  khi m nhận giá trị bằng :
mx 3
A. 5 B. 1 C. 0 D. 2
 Cách 1: CASIO
1
 Ta hiểu nếu giá trị nhỏ nhất của y   trên đoạn  2;3 có nghĩa là phương trình
3
1
y   0 có nghiệm thuộc đoạn  2;3
3
10 x  1 1
 Thử nghiệm đáp án A với m  5 ta thiết lập   0 . Sử dụng chức năng
5  x 3
dò nghiệm SHIFT SOLVE
ap10Q)+1Rp5pQ)$+a1R3q
r2.5=
1
Ta thấy khi y  thì x  0.064... không phải là giá trị thuộc đoạn  2;3 vậy đáp án
3
A sai
1
 Tương tự như vậy ta thấy đáp án C đúng với m  0 khi đó y có dạng
x
a1RpQ)$+a1R3qr2.5=
1
Ta thấy khi y  khi x  3 là giá trị thuộc đoạn  2;3  đáp án C chính xác
3
2m  m  x    2mx  1 1 2m 2  1
 Tính đạo hàm y '    0 với mọi x  D
m  x m  x
2 2
 Hàm y luôn đồng biến

 Hàm y đạt giá trị lớn nhất tại cận trên x  3
1 6 m  1 1
 Vậy y  3     m0
3 m3 3
 Bình luận:
 Ta có thể sử dụng máy tính Casio theo VD1 và VD2 với chức năng MODE 7
1 1
Ta thấy với đán án C hàm số y   đạt giá trị lớn nhất  khi x  3
x 3
w7a1RpQ)==2=3=1P19=
Ví dụ 5. [Thi Học sinh giỏi tỉnh Ninh Bình năm 2017]


Cho hàm số y  a sin x  b cos x  x  0  x  2  đạt cực đại tại các điểm x  và x   .
3
Tính giá trị của biểu thức T  a  b 3
A. T  2 3 B. T  3 3  1 C. T  2 D. T  4
 Cách 1: CASIO
 Ta hiểu hàm số đạt cực trị tại x  x0 thì x0 là nghiệm của phương trình y '  0
 Tính y '  a cos x  b sin x  1 .
  1 3 
Ta có y '    0  a  b   0 (1)
3 2 2 3
Lại có y '    0  a    0  a   . Thế vào (1) ta được
 SHIFT SOLVE
ap10Q)+1Rp5pQ)$+a1R3q
r2.5=
1
Ta thấy khi y  thì x  0.064... không phải là giá trị thuộc đoạn  2;3 vậy đáp án
3
A sai
1
 Tương tự như vậy ta thấy đáp án C đúng với m  0 khi đó y có dạng
x
a1RpQ)$+a1R3qr2.5=
1
Ta thấy khi y  khi x  3 là giá trị thuộc đoạn  2;3  đáp án C chính xác
3
2m  m  x    2mx  1 1 2m 2  1
 Tính đạo hàm y '    0 với mọi x  D
m  x m  x
2 2
 Hàm y luôn đồng biến

 Hàm y đạt giá trị lớn nhất tại cận trên x  3
1 6 m  1 1
 Vậy y  3     m0
3 m3 3
 Bình luận:
 Ta có thể sử dụng máy tính Casio theo VD1 và VD2 với chức năng MODE 7

1 1
Ta thấy với đán án C hàm số y   đạt giá trị lớn nhất  khi x  3
x 3
w7a1RpQ)==2=3=1P19=
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. [Thi thử báo Toán học tuổi trẻ lần 4 năm 2017]
x2
Gọi M , m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x trên đoạn  1;1 . Khi đó
e
1 1
A. M  ; m  0 B. M  e; m  0 C. M  e, m  D. M  e; m  1
e e
Bài 2. [Thi Học sinh giỏi tỉnh Ninh Bình năm 2017]
Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số y  x  3  6  x
A. M  3 B. M  3 2 C. M  2 3 D. M  2  3
Bài 3. [Thi thử chuyên Vị Thanh – Hậu Giang lần 1 năm 2017]
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x 2  2 x  3  7
2
A. min y  5 B. min y  7
C. min y  3 D. Không tồn tại min
Bài 4. [Thi thử THPT Lục Ngạn – Bắc Giang lần 1 năm 2017]
mx  4
Tìm m để hàm số y  đạt giá trị lớn nhất bằng 5 trên  2;6
xm
2 4 3 6
A. m  B. m   C. m  D. m 
6 5 4 7
Bài 5. [Thi thử THPT Vũ Văn Hiếu –Nam Định lần 1 năm 2017]
Gọi M , n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x 2  1 trên
đoạn  2;1 thì :
A. M  19; m  1 B. M  0; m  19 C. M  0; m  19 D. Kết quả khác
Bài 6. [Thi thử THPT Ngô Gia Tự - Vĩnh Phúc lần 1 năm 2017]
Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  1  sin x  1  cos x là :
A. min y  0 B. min y  1
C. min y  4  2 2 D. Không tồn tại GTNN
Bài 7. [Thi thử chuyên Trần Phú – Hải Phòng lần 1 năm 2017]
  
Cho hàm số y  3sin x  4sin 3 x . Giá trị lớn nhất của hàm số trên khoảng   ;  bằng :
 2 2
A. 1 . B. 7 C. 1 D. 3
Bài 8. [Thi HK1 THPT chuyên Ngoại Ngữ - ĐHSP năm 2017]
Gọi M , n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x    x2  3 e x trên
đoạn  0; 2 . Giá trị của biểu thức P   m 2  4 M 

2016
là :
A. 0 B. e 2016 C. 1 D. 22016

LỜI GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. [Thi thử báo Toán học tuổi trẻ lần 4 năm 2017]
x2
Gọi M , m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  trên đoạn  1;1 . Khi đó
ex
1 1
A. M  ; m  0 B. M  e; m  0 C. M  e, m  D. M  e; m  1
e e
x2 2
 Lập bảng giá trị cho y  f  x   x
với lệnh MODE 7 Start 1 End 1 Step
e 19
w7aQ)dRQK^Q)==p1=1=2P1
9=
 Quan sát bảng giá trị thấy ngay M  2.7182  e đạt được khi x  1 và m  2.6x10 3  0 Sử
dụng Casio
 Đáp số chính xác là B
Bài 2. [Thi Học sinh giỏi tỉnh Ninh Bình năm 2017]
Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số y  x  3  6  x
A. M  3 B. M  3 2 C. M  2 3 D. M  2  3
x  3  0
 Theo điều kiện xác định thì   3  k  6
6  x  0
 Lập bảng giá trị cho y  x  3  6  x với lệnh MODE 7 Start 3 End 6 Step 0.5
w7sQ)+3$+s6pQ)==p3=6=0.
5=
 Quan sát bảng giá trị thấy ngay M  4.2421  3 2 đạt được khi x  1 và m  2.6x10 3  0
Sử dụng Casio
Bài 3. [Thi thử chuyên Vị Thanh – Hậu Giang lần 1 năm 2017]
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x 2  2 x  3  7
2
A. min y  5 B. min y  7
C. min y  3 D. Không tồn tại min

 Đề bài không nói gì đến miền giá trị của x . Khi đó ta chọn Start 9 End 10 Step 1
 Lập bảng giá trị cho y   x 2  2 x  3  7 với lệnh MODE 7

2
w7(Q)dp2Q)+3)dp7==p9=10
=1=
 Quan sát bảng giá trị thấy ngay min y  3 đạt được khi x  1
 Đáp số chính xác là C
Bài 4. [Thi thử THPT Lục Ngạn – Bắc Giang lần 1 năm 2017]
mx  4
Tìm m để hàm số y  đạt giá trị lớn nhất bằng 5 trên  2;6
xm
2 4 3 6
A. m  B. m   C. m  D. m 
6 5 4 7
2
 Thử với m  thì giá trị lớn nhất là 25  A sai
6
w7a2Q)P6p4RQ)+2P6==p2=6
=0.5=
 Tương tự như vậy với m  34 thì giá trị lớn nhất là 5.  Đáp số C chính xác
w7a34Q)p4RQ)+34==p2=6=0
.5=
Bài 5. [Thi thử THPT Vũ Văn Hiếu –Nam Định lần 1 năm 2017]
Gọi M , n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x 2  1 trên
đoạn  2;1 thì :
A. M  19; m  1 B. M  0; m  19 C. M  0; m  19 D. Kết quả khác
 Hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối ta thêm lệnh SHIFT HYP. Sử dụng MODE 7 với Start -2
3
End 1 Step
19
w7qcQ)^3$p3Q)d+1==p2=1=
3P19=

 Quan sát bảng giá trị thấy M  19; m  0 .  Đáp số C chính xác
Bài 6. [Thi thử THPT Ngô Gia Tự - Vĩnh Phúc lần 1 năm 2017]
Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  1  sin x  1  cos x là :
A. min y  0 B. min y  1
C. min y  4  2 2 D. Không tồn tại GTNN
4
 Vì chu kì của hàm sin, cos là 2 nên ta chọn Start 2 End 2 Step
19
 Lập bảng giá trị cho y  1  sin x  1  cos x với lệnh MODE 7
qw4w7s1+jQ))$+s1+kQ))=
=p2qK=2qK=4qKP19=
Quan sát bảng giá trị thấy ngay M  1.0162  1  Đáp số chính xác là B
Bài 7. [Thi thử chuyên Trần Phú – Hải Phòng lần 1 năm 2017]
  
Cho hàm số y  3sin x  4sin 3 x . Giá trị lớn nhất của hàm số trên khoảng   ;  bằng :
 2 2
A. 1 . B. 7 C. 1 D. 3
  
 Lập bảng giá trị cho y  3sin x  4sin 3 x với lệnh MODE 7 Start  End Step
2 2 19
qw4w73jQ))p4jQ))^3==pq
KP2=qKP2=qKP19=
Quan sát bảng giá trị lớn nhất là 1  Đáp số chính xác là A
Bài 8. [Thi HK1 THPT chuyên Ngoại Ngữ - ĐHSP năm 2017]
Gọi M , n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x    x2  3 e x trên
đoạn  0; 2 . Giá trị của biểu thức P   m 2  4 M 

2016
là :
A. 0 B. e 2016 C. 1 D. 22016
2
 Lập bảng giá trị cho y  1  sin x  1  cos x với lệnh MODE 7 Start 0 End 2 Step
19

w7(Q)dp3)QK^Q)==0=2=2P
19=
 Quan sát bảng giá trị ta thấy m  5.422 và M  7.389

 P   m 2  4M    0.157916 
2016
0
2016
 Đáp số chính xác là A.

BÀI 2. TÌM NHANH KHOẢNG ĐỒNG BIẾN – NGHỊCH BIẾN.
1) KIẾN THỨC NỀN TẢNG

1. Tính đồng biến nghịch biến : Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên khoảng I . Nếu
f '  x   0 với mọi x  I (hoặc f '  x   0 với mọi x  I ) và f '  x   0 tại hữu hạn điểm của
I thì hàm số y  f  x  đồng biến (hoặc nghịch biến) trên I
2. Cách 1 Casio : Sử dụng chức năng lập bảng giá trị MODE 7 của máy tính Casio . Quan
sát bảng kết quả nhận được , khoảng nào làm cho hàm số luôn tăng thì là khoảng đồng
biến, khoảng nào làm cho hàm số luôn giảm là khoảng ngịch biến.
3. Cách 2 Casio : Tính đạo hàm, thiết lập bât phương trình đạo hàm, cô lập m và đưa về
dạng m  f  x  hoặc m  f  x  . Tìm Min, Max của hàm f  x  rồi kết luận.
4. Cách 3 Casio : Tính đạo hàm, thiết lập bất phương trình đạo hàm. Sử dụng tính năng
giải bất phương trình INEQ của máy tính Casio (đôi với bất phương trình bậc hai, bậc ba)
VD1-[Đề minh họa thi THPT Quốc Gian lần 1 năm 2017]
Hỏi hàm số y  2 x 4  1 đồng biến trên khoảng nào ?
 1  1 
A.   ;   B.  0;    C.   ;    D.   ;0 
 2  2 
 Cách 1 : CASIO MODE 7
 Để kiểm tra đáp án A ta sử dụng chức năng lập bảng giá trị MODE 7 với thiết lập
1
Start 10 End  Step 0.5
2
w72Q)^4$+1==p10=p0.5=
0.5=
Ta thấy ngay khi x càng tăng thì f  x  càng giảm  Đáp án A sai
 Tương tự như vậy, để kiểm tra đáp án B ta cũng sử dụng chức năng MODE 7 với
thiết lập Start 0 End 9 Step 0.5
w72Q)^4$+1==0=9=0.5=
Ta thấy khi x càng tăng thì tương ứng f  x  càng tăng  Đáp án B đúng
 Cách 2 : CASIO ĐẠO HÀM
 1  1 
 Kiểm tra khoảng   ;   ta tính f '    0.1 
 2  2 

qy2Q)^4$+1$pa1R2$p0.1
=
1
Đạo hàm ra âm (hàm số nghịch biến)  Giá trị   0.1 vi phạm  Đáp án A sai
2
 Kiểm tra khoảng   ; 0  ta tính f '  0  0.1
!!!!!!oooooo=
Điểm 0  0.1 vi phạm  Đáp án D sai và C cũng sai  Đáp án chính xác là B
1331
 Xác minh thêm 1 lần nữa xem B đúng không . Ta tính f ' 1  0.1   Chính
125
xác
!!!!!o1+=
 Cách 3 : CASIO MODE 5 INEQ

 Hàm số bậc 4 khi đạo hàm sẽ ra bậc 3. Ta nhẩm các hệ số này trong đầu. Sử dụng
máy tính Casio để giải bất phương trình bậc 3
wR1238=0=0=0==
Rõ ràng x  0
 Cách tham khảo : Tự luận
 Tính đạo hàm y '  8 x3
 Để hàm số đồng biến thì y '  0  x3  0  x  0 .
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng  0;   
 Bình luận :
 Khi sử dụng Casio ta phải để ý : Hàm số đồng biến trên khoảng  a; b  thì sẽ luôn
tăng khi x tăng. Nếu lúc tăng lúc giảm thì không đúng .
Bài 2-[Thi thử báo Toán học tuổi trẻ lần 4 năm 2017]
Hàm số y  x3  3x 2  mx  m đồng biến trên tập xác định khi giá trị của m là :
A. m  1 B. m  3 C. 1  m  3 D. m  3
 Cách 1 : CASIO
 Để giải các bài toán liên quan đến tham số m thì ta phải cô lập m
Hàm số đồng biến  y '  0  3x 2  6 x  m  0  m  3x3  6 x  f  x 

Vậy để hàm số y đồng biến trên tập xác định thì m  f  x  hay m  f  max  với mọi
x thuộc R
 Để tìm Giá trị lớn nhất của f  x  ta vẫn dùng chức năng MODE 7 nhưng theo cách
dùng của kỹ thuật Casio tìm min - max
w7p3Q)dp6Q)==p9=10=1=
 Quan sát bảng giá trị ta thấy giá trị lớn nhất của f  x  là 3 khi x  1
Vậy m  3
 Tính đạo hàm y '  3x 2  6 x  m
 Để hàm số đồng biến thì y '  0  3x 2  6 x  m  0 với mọi x  R (*)
  '  0  9  3m  0  m  3
 Bình luận :
 Kiến thức (*) áp dụng định lý về dấu của tam thức bậc 2 : “Nếu tam thức bậc hai
ax 2  bx  c có   0 thì dấu của tam thức bậc 2 luôn cùng dấu với a ” .
tan x  2
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y  đồng biến trên
tan x  m
 
khoảng  0; 
 4
m  0
A.  B. m  2 C. 1  m  2 D. m  2
1  m  2
 Cách 1 : CASIO
 Để bài toán dễ nhìn hơn ta tiến hành đặt ẩn phụ : Đặt tan x  t . Đổi biến thì phải
tìm miền giá trị của biến mới. Để làm điều này ta sử dụng chức năng MODE 7 cho
hàm f  x   tan x .
qw4w7lQ))==0=qKP4=(q
KP4)P19=
Ta thấy 0  tan x  1 vậy t   0;1

t 2
Bài toán trở thành tìm m để hàm số y  đồng biến trên khoảng  0;1
t m
t  m  t  2  2m
 Tính đạo hàm : y ' 
t  m t  m 
2 2

2m
y'  0   0  m  2 (1)
t  m
2
 Kết hợp điều kiện xác định t  m  0  m  t  m   0;1 (2)

m  0
Từ (1) và (2) ta được   Đáp án A là chính xác
1  m  2
 Bình luận :
 Bài toán chứa tham só m ở dưới mẫu thường đánh lừa chúng ta. Nếu không tỉnh
táo chúng ta sẽ chọn luôn đáp án B
 Tuy nhiên điểm nhấn của bài toán này là phải kết hợp điều kiện ở mẫu số. m  t mà
t   0;1 vậy m   0;1 .
VD4-[Thi thử báo Toán học tuổi trẻ lần 3 năm 2017]
Với giá trị nào của tham số m thì hàm số y  sin x  cos x  2017 2mx đồng biến trên R
1 1
A. m  2017 B. m  0 C. m  D. m  
2017 2017
 Cách 1 : CASIO
 Tính đạo hàm y '  cos x  sin x  2017 2m
 sin x  cos x
y' 0  m   f  x
2017 2
Để hàm số luôn đồng biến trên R thì m  f  x  đúng với mọi x  R hay
m  f  max 
 Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số ta lại sử dụng chức năng MODE 7. Vì hàm f  x 
là hàm lượng giác mà hàm lượng giác sin x, cos x thì tuần hoàn với chu kì 2 vậy ta
2
sẽ thiết lập Start 0 End 2 Step
19
qw4w7apjQ))pkQ))R201
7s2==0=2qK=2qKP19=
Quan sát bảng giá trị của F  X  ta thấy f  max   f  3.9683  5.104
1 1
Đây là 1 giá trị  vậy m   Đáp án chính xác là C
2017 2017
 sin x  cos x
 Tính đạo hàm y '  cos x  sin x  2017 2m . y '  0  m   f  x
2017 2
 Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki thì
  sin x  cos x 
2
  1 2
  1
2
 sin 2
x  cos x   2
2

  2    sin x  cos x   2
 2 2
  f  x 
2017 2 2017 2
2 1 1
f  x  đạt giá trị lớn nhất là   m  f  max  
2017 2 2017 2017
 Bình luận :
 Vì chu kì của hàm sin x, cos x là 2 nên ngoài thiết lập Start 0 End 2 thì ta có thể
thiết lập Start  End 
 Nếu chỉ xuất hiện hàm tan x, cot x mà hai hàm này tuần hoàn theo chu kì  thì ta

có thể thiết lập Start 0 End  Step
19
VD5-[Thi thử chuyên Trần Phú – Hải Phòng lần 1 năm 2017]
Tìm m để hàm số y  x3  3x 2  mx  m nghịch biến trên đoạn có độ dài đúng bằng 2.
A. m  0 B. m  3 C. m  2 D. m  3
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Tính y '  3x3  6 x 2  m
Ta nhớ công thức tính nhanh “Nếu hàm bậc 3 nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng
 thì phương trình đạo hàm có hai nghiệm và hiệu hai nghiệm bằng  ”
Với  là một số xác định thì m cũng là 1 số xác định chứ không thể là khoảng 
Đáp số phải là A hoặc C .
 x  2
Với m  0 phương trình đạo hàm 3x 2  6 x  0 có hai nghiệm phân biệt  và
x  0
khoảng cách giữa chúng bằng 2
 Đáp án A là chính xác
 Tính y '  3x3  6 x 2  m . Để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 2 thì
phương trình đạo hàm có 2 nghiệm x1 , x2 và x1  x2  0
 x1  x2  2

 Theo Vi-et ta có  m
 x1 x2  3
Giải x1  x2  2   x1  x2   4   x1  x2   4 x1 x2  4
2 2

4m
 4 4m0
3

Bài 1-[Thi thử chuyên KHTN –HN lần 2 năm 2017]
Cho hàm số y   x 4  2 x 2  1 . Mệnh đền nào dưới đây đúng ?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng   ; 1
B. Hàm số đồng biến trên khoảng   ;0 
C. Hàm số đồng biến trên khoảng  0;   
D. Hàm số đồng biến trên khoảng 1;   
Trong các hàng số sau, hãy chỉ ra hàm số giảm (nghịch biến) trên R
x x
 1 
x
  5 
C. y    D. y  
3x
A. y    B. y    
3  3e  2 2
Bài 3-[Thi Học sinh giỏi tỉnh Ninh Bình năm 2017]
Tìm các giá trị thực của tham số m để hàm số y 

 m  1 x  1 đồng biến trên từng khoảng
2x  m
xác định
 m  1
A. m  2 B.  C. m  2 D. 1  m  2
m  2
Bài 4-[Thi thử chuyên Hạ Long – Quảng Ninh lần 1 năm 2017]
m  sin x  
Tìm các giá trị thực của tham số m để hàm số y  nghịch biến trên khoảng  0; 
 6
2
cos x
5 5 5 5
A. m  B. m  C. m  D. m 
2 2 4 4
Bài 5-[Thi thử chuyên Vị Thanh – Hậu Giang lần 1 năm 2017]
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y  2sin 3 x  3sin 2 x  m sin x đồng
 
biến trên khoảng  0; 
 2
3 3 3
A. m  0 B. m  C. m  D. m 
2 2 2
Bài 6-[Thi thử chuyên Lƣơng Văn Tụy lần 1 năm 2017]
Tìm m để hàm số y  mx3  x 2  3x  m  2 đồng biến trên khoảng  3;0  ?
A. m  0 B. m  1 C. 3m  1 D. m  1
Bài 7-[Thi thử THPT Bảo Lâm – Lâm Đồng lần 1 năm 2017]
ex  m  2
Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y  đồng biến trong
e x  m2
 1 
khoảng  ln ;0 
 4 
 1 1  1 1
A. m   1;2 B. m    ;  C. m 1;2  D. m   ;   1;2 
 2 2  2 2
Bài 8-[Thi thử chuyên Trần Phú – Hải Phòng lần 1 năm 2017]
Tìm tất cả các giá trị thực m để hàm số y  2 x3  3  m  1 x 2  6  m  2  x  3 nghịch biến trên
khoảng có độ dài lớn hơn 3.
m  6
A.  B. m  6 C. m  0 D. m  9
m  0

Cho hàm số y   x 4  2 x 2  1 . Mệnh đền nào dưới đây đúng ?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng   ; 1
B. Hàm số đồng biến trên khoảng   ;0 

C. Hàm số đồng biến trên khoảng  0;   
D. Hàm số đồng biến trên khoảng 1;   
 Giải bất phương trình đạo hàm với lệnh MODE 5 INEQ
wR123p4=0=4=0==
 Rõ ràng hàm số đồng biến trên miền   ; 1 và  0;1  Đáp số chính xác là A
Trong các hàng số sau, hãy chỉ ra hàm số giảm (nghịch biến) trên R
x x
 1 
x
  5 
C. y    D. y  
3x
A. y    B. y    
3  3e  2 2
 Hàm số ngịch biến trên R tức là luôn giảm
x

 Kiểm tra tính nghịch biến y    của hàm với chức năng MODE 7 Start 9 End 10 Step 1
3
w7(aqKR3$)^Q)==p9=10=1=
Ta thấy f  x  luôn tăng  A sai

x
 1 
 Tương tự như vậy , với hàm y    ta thấy f  x  luôn giảm  Đáp án chính xác là D
2 2
w7(a1R2s2$$)^Q)==p9=10=
1=
Tìm các giá trị thực của tham số m để hàm số y 

 m  1 x  1 đồng biến trên từng khoảng
2x  m
xác định
 m  1
A. m  2 B.  C. m  2 D. 1  m  2
m  2
 Chọn m  3 . Khảo sát hàm y 

 3  1 x  1 với chức năng MODE 7
x3
w7a(p3p1)Q)+1R2Q)p3==p9
=10=1=
Ta thấy hàm số lúc tăng lúc giảm  m  3 sai  A, B, C đều sai

 Đáp số chính xác là D
Chú ý : Việc chọn m khéo léo sẽ rút ngắn quá trình thử đáp án
m  sin x  
Tìm các giá trị thực của tham số m để hàm số y  nghịch biến trên khoảng  0; 
cos 2 x  6
5 5 5 5
A. m  B. m  C. m  D. m 
2 2 4 4
3  sin x
 Chọn m  3 . Khảo sát hàm y  với chức năng MODE 7
cos 2 x
qw4w7a3pjQ))RkQ))d==0=
qKP6=qKP6P19=
Ta thấy hàm số lúc tăng lúc giảm  m  3 sai  A, D đều sai

1.3  sin x
 Chọn m  1.3 . Khảo sát hàm y  với chức năng MODE 7
cos 2 x
w7a1.3pjQ))RkQ))d==0=q
KP6=qKP6P19=
Ta thấy hàm số luôn  m  1.3 đúng  B là đáp số chính xác (Đáp án C không chứa 1.3
nên sai)
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y  2sin 3 x  3sin 2 x  m sin x đồng
 
biến trên khoảng  0; 
 2
3 3 3
A. m  0 B. m  C. m  D. m 
2 2 2
 Chọn m  5 . Khảo sát hàm y  2sin 3 x  3sin 2 x  5sin x với chức năng MODE 7
w72jQ))^3$p3jQ))dp5jQ)
)==0=qKP2=qKP20=

Ta thấy hàm số luôn giảm  m  5 sai  B sai

 Chọn m  1 . Khảo sát hàm y  2sin 3 x  3sin 2 x  sin x với chức năng MODE 7
C!!!!oo+=====
Ta thấy hàm số lúc tăng lúc giảm  m  1 sai  A sai

3 3
 Chọn m  . Khảo sát hàm y  2sin 3 x  3sin 2 x  sin x với chức năng MODE 7
2 2
C!!!!(3P2)=====
3
Ta thấy hàm số luôn tăng  m  đúng  C sai
2
Tìm m để hàm số y  mx3  x 2  3x  m  2 đồng biến trên khoảng  3;0  ?
A. m  0 B. m  1 C. 3m  1 D. m  1
 Tính đạo hàm y '  3mx 2  2 x  3 . Hàm số đồng biến
2x  3
 3mx 2  2 x  3  0  m   f  x
3x 2
 Vậy m  f  max  trên miền  3;0  . Tìm f  max  bằng lệnh MODE 7
w7a2Q)p3R3Q)d==p3=0=3P1
9=
1 1
Ta thấy f  max   0.3333... 
 m  sai  D là đáp số chính xác
3 3
ex  m  2
Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y  x đồng biến trong
e  m2
 1 
khoảng  ln ;0 
 4 
 1 1  1 1
A. m   1;2 B. m    ;  C. m 1;2  D. m   ;   1;2 
 2 2  2 2

ex 1  2
 Chọn m  1 . Khảo sát hàm y  với chức năng MODE 7
e x  12
w7aQK^Q)$p1p2RQK^Q)$p1
d==h1P4)=0=ph1P4)P19=
Ta thấy hàm số luôn tăng trên  m  1 nhận  A, D có thể đúng

e x   1  2
 Chọn m  1 . Khảo sát hàm y  với chức năng MODE 7
e x   1
2
C$$$$$$(p$)R$$$$$(p$)==
===
Ta thấy hàm số luôn không đổi (hàm hằng)  m  1 loại  A sai và D là đáp số chính
xác
Bài 8-[Thi thử chuyên Trần Phú – Hải Phòng lần 1 năm 2017]
Tìm tất cả các giá trị thực m để hàm số y  2 x3  3  m  1 x 2  6  m  2  x  3 nghịch biến trên
khoảng có độ dài lớn hơn 3.
m  6
A.  B. m  6 C. m  0 D. m  9
m  0
 x1  x2  1  m
 Tính y '  6 x 2  6  m  1 x  6  m  2  . Theo Vi-et ta có : 
 x1 x2  m  2
 Khoảng nghịch biến lớn hơn 3  x1  x2  3   x1  x2   9   x1  x2   4 x1 x2  9  0
2 2
 1  m   4  m  2   9  0
2
Sử dụng MODE 7 với Start 3 End 10 Step 1 để giải bất phương trình trên
w7(1pQ))dp4(Q)p2)p9==p3
=10=1=
m  6
Ta nhận được   A là đáp số chính xác
m  0

BÀI 3. CỰC TRỊ HÀM SỐ.

1.Điểm cực đại, cực tiểu : Hàm số f liên tục trên  a; b  chứa điểm x0 và có đạo hàm trên
các khoảng  a; x 0  và  x0 ; b  . Khi đó :
Nếu f '  x0  đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm x0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm
x0
Nếu f '  x0  đổi dấu từ dương sang âm khi x qua điểm x0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm
x0
2.Lệnh Casio tính đạo hàm qy
VD1-[Thi thử chuyên KHTN –HN lần 2 năm 2017]
Cho hàm số y   x  5 3 x 2 . Mệnh đề nào sau đây đúng ?
A. Hàm số đạt cực tiểu tại x  1
B. Hàm số đạt cực tiểu tại x  2
C. Hàm số đạt cực tiểu tại x  0
D. Hàm số không có cực tiểu
 Cách 1 : CASIO
 Để kiểm tra đáp án A ta tính đạo hàm của y tại x  1 (tiếp tục màn hình Casio đang
dùng)
!o1=
Ta thấy đạo hàm y ' 1  0 vậy đáp số A sai

 Tương tự với đáp án B (tiếp tục màn hình Casio đang dùng)
!!o2=
Ta thấy y '  2   0 . Đây là điều kiện cần để x  2 là điểm cực tiểu của hàm số y
Kiểm tra y '  2  0.1  0.1345...  0
!!p0.1=
Kiểm tra y '  2  0.1  0.1301...  0

!!oooo+0.1=
Tóm lại f '  2   0 và dấu của y ' đổi từ  sang  vậy hàm số y đạt cực tiểu tại
x2
 Đáp án B là chính xác
2 1 3x  2  x  5 5  x  2 
 Tính đạo hàm : y '  3 x 2   x  5 . . 3  
3 x 33 x 33 x
 Ta có y '  0  5  x  2   0  x  0
 x  2  0

5  x  2  x  0 x  2
 y' 0   0  
3
3 x  x  2  0 x  0

  x  0
y' 0  0  x  2
Vậy y '  2   0 và y ' đổi dấu từ âm sang dương qua điểm x  2
 Bình luận :
 Trong các bài toán tính đạo hàm phức tạp thì cách Casio càng tỏ ra có hiệu quả vì
tránh được nhầm lẫn khi tính đạo hàm và xét dấu của đạo hàm.
Với giá trị nguyên nào của k thì hàm số y  kx 4   4k  5 x 2  2017 có 3 cực trị
A. k  1 B. k  2 C. k  3 D. k  4
 Cách 1 : CASIO
 Tính đạo hàm y '  4kx3  2  4k  5 x
Ta hiểu : Để hàm số y có 3 cực trị thì y '  0 có 3 nghiệm phân biệt (khi đó đương
nhiên sẽ không có nghiệm kép nào)
Ta chỉ cần giải phương trình bậc 3 : 4kx3  2  4k  5 x  0 với
a  4k , b  0, c  8k  10, d  0 . Để làm việc này ta sử dụng máy tính Casio với chức
năng giải phương trình bậc 3 : MODE 5
 Thử đáp án A với k  1
w544=0=8p10=0==
2 2
Ta thu được 3 nghiệm x1  ; x2   ; x3  0
2 2

 Đáp án A là chính xác
 Tính đạo hàm y '  4kx3  2  4k  5 x
 Ta hiểu : Để hàm y có 3 cực trị thì y '  0 có 3 nghiệm phân biệt (khi đó đương
nhiên sẽ không có nghiệm kép nào)
x  0
 y '  0  4kx3  2  4k  5  x  0   2
 4kx  10  8k   0  2 
Để y '  0 có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
18  8k
 x2  00k 2
4k
Vậy k  1 thỏa mãn
 Bình luận :
 Đạo hàm là phương trình bậc 3 có dạng ax3  bx 2  cx  d  0  a  0  nếu có 3 nghiệm
thì sẽ tách được thành a  x  x1  x  x2  x  x3   0 nên vế trái luôn đổi dấu qua các
nghiệm.  Có 3 cực trị
Tuy nhiên nếu đạo hàm là phương trình bậc 3 chỉ có 2 nghiệm thì sẽ tách thành
a  x  x1  x  x2   0 và sẽ có 1 nghiệm kép.  có 1 cực trị
2
Mở rộng thêm : nếu đạo hàm là 1 phương trình bậc 3 có 1 nghiệm thì chỉ đổi dấu 1
lần  có 1 cực trị
VD3-[Thi thử THPT Kim Liên – Hà Nội lần 1 năm 2017]
Số điểm cực trị của hàm số y  x  4 x2  3 bằng :
3
A. 2 B. 0 C. 3 D. 4
 Cách 1 : T. CASIO
 Tính đạo hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối
   
    3
3 1
x '   x 2  '   x 2  2  '   x 2  2 .2 x  3x x
3
3
    2
Vậy y '   x  4 x  3 '  3x x  8 x
3 2
 Số điểm cực trị tương ứng với số nghiệm của phương trình y '  0 . Ta sử dụng
chức năng MODE 7 để dò nghiệm và sự đổi dấu của y ' qua nghiệm.
w73Q)qcQ)$p8Q)==p9=1
0=1=
Ta thấy y ' đổi dấu 3 lần  Có 3 cực trị

 Đáp án C là chính xác
VD4-[Khảo sát chất lƣợng chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa năm 2017]

Tìm tất các các giá trị thực của m để hàm số y  x3  3mx2  3  m2  1 x  3m2  5 đạt cực đại
tại x  1
m  0
A.  B. m  2 C. m  1 D. m  0
m  2
 Cách 1 : CASIO
 Kiểm tra khi m  0 thì hàm số có đạt cực đại tại x  1 không.
qyQ)^3$p3Q)+5$1=
!!p0.1=
!!oooo+0.1=
Vậy y ' đổi dấu từ âm sang dương qua giá trị x  1  m  0 loại  Đáp án A hoặc
D sai
 Tương tự kiểm tra khi m  2
qyQ)^3$p6Q)d+9Q)p7$1=
!!p0.1=
!!!!!o+=
Ta thấy y ' đổi dấu từ dương sang âm  hàm y đạt cực đại tại x  1  Đáp án B
chính xác
 Tính đạo hàm : y '  3x2  6mx  3  m2  1
 x  m 1
 Ta có y '  0  
x  m 1
m  1  1 m  2
Điều kiện cần : x  1 là nghiệm của phương trình y '  0   
m  1  1 m  0
 Thử lại với m  2 khi đó y '  3x 2  12 x  9 .
x  1
y' 0  
x  3
x  3
y' 0   và y '  0  1  x  3
x  1
Vậy y ' đổi dấu từ dương sang âm qua điểm x  1  Hàm y đạt cực đại tại x  1
 Bình luận :
 Việc chọn giá trị m một cách khéo léo sẽ giúp chúng ta rút ngắn quá trình chọn để
tìm đâp án đúng.
VD5-[Thi Học sinh giỏi tỉnh Ninh Bình năm 2017]

Cho hàm số y  a sin x  b cos x  x  0  x  2  đạt cực đại tại các điểm x  và x   .
3
Tính giá trị của biểu thức T  a  b 3
A. T  2 3 B. T  3 3  1 C. T  2 D. T  4
 Tính đạo hàm y '   a sin x  b cos x  x  '  a cos x  b sin x  1
   1 3
Hàm số đạt cực trị tại x   a cos  b sin 1  0  a b  1  0 (1)
3 3 3 2 2

Hàm số đạt cực trị tại x   a cos   b sin  1  0  a  0 b 1  0 (2)
3
Từ (2) ta có a  1 . Thế vào (1)  b  3
Vậy T  a  b 3  4  Đáp án D là chính xác
VD6-[Thi thử chuyên Hạ Long – Quảng Ninh lần 1 năm 2017]
Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
1
y  x3  2 x 2  3x
3
A. 2 x  3 y  9  0 B. 2 x  3 y  6  0 C. 2 x  3 y  9  0 D.
2 x  3 y  6  0
 Cách 1 : CASIO
 Gọi 2 điểm cực trị của đồ thị là A  x1; y1  , B  x2 ; y2  . Ta không quan tâm đâu là điểm
cực đại, đâu là điểm cực tiẻu. Chúng ta chỉ cần biết đường thẳng cần tìm sẽ đi qua 2
điểm cực trị trên.
x1 ; x2 là nghiệm của phương trình y '  0 . Để tìm 2 nghiệm này ta sử dụng chức
năng giải phương trình bậc 2 MODE
w531=p4=3==

Ta tìm được x1  3; x2  1
 Để tìm y1 ; y2 ta sử dụng chức năng gán giá trị CALC
a1R3$Q)^3$p2Q)d+3Q)r3
=
Khi x  3 thì y  0 vậy A  3;0

r1=
4  4
Khi x  1 thì y  vậy B 1; 
3  3
Ta thấy đường thẳng 2 x  3 y  6  0 đi qua A và B  Đáp án chính xác là B
 Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là phần dư của phép chia y cho
y'
 Tính y '  x 2  4 x  3
1 2
x  2 x 2  3 x   x    x 2  4 x  3  x  2
1 3 2
Thực hiện phép chia được :
3 3 3 3
2
Vậy phương trình cần tìm có dạng y   x  2  2 x  3 y  6  0
3
 Bình luận :
 Cách Casio có vẻ hơi dài hơn nhưng lại có ưu điểm tránh phải thực hiện phép chia
y cho y ' .

Hàm số y  x 4  x 2  1 đạt cực tiểu tại :
A. x  1 B. x  1 C. x  0 D. x  2
Bài 2-[Thi thử THPT Yên Thế – Bắc Giang lần 1 năm 2017]
Giá trị của m để hàm số y   x3  2 x 2  mx  2m đạt cực tiểu tại x  1 là :
A. m  1 B. m  1 C. m  1 D. m  1
Bài 3-[Đề minh họa thi THPT Quốc Gian lần 1 năm 2017]
Tìm giá trị cực đại của hàm số y  x3  3x  2
A. 4 B. 1 C. 0 D. 1
Bài 4-[Thi HK1 THPT Chu Văn An – Hà Nội năm 2017]
Đồ thị hàm số y  e x  x 2  3x  5 có bao nhiêu điểm cực trị ?
A. 1 B. 0 C. 2 D. 3
Bài 5-[Thi HK1 THPT Việt Đức – Hà Nội năm 2017]
Hàm số y  x  x 2  4 có tất cả bao nhiêu điểm cực trị
3
A. 2 B. 1 C. 3 D. 0
Bài 6-[Khảo sát chất lƣợng chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa năm 2017]
Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   x  x  1  2 x  3 . Số điểm cực trị của hàm số
2
y  f  x  là :
A. 2 B. 3 C. 1 D. 0
Cho hàm số y   x  1 x  2  . Trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị
2
hàm số nằm trên đường thẳng nào dưới đây.

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y  x3  3x 2  mx có 2 điểm cực trị
trái dấu .
A. m  0 B. 0  m  3 C. m  3 D. Không có m
thỏa
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  mx 4   m  1 x 2  2 có đúng 1 cực
đại và không có cực tiểu
m  0
A. m  1 B.  C. m  0 D. m  1
m  1
Tìm tập hợp tất cả các tham số m để đồ thị hàm số y  x3  x 2  mx  m  2 có 2 cực trị nằm
ở hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là trục hoành
A.   ; 0  B.   ; 1 \5 C.   ;0 D.   ;1 \ 5
Hàm số y  x 4  x 2  1 đạt cực tiểu tại :
A. x  1 B. x  1 C. x  0 D. x  2
 Ngoài cách thử lần lượt từng đáp án để lấy kết quả. Nếu ta áp dụng một chút tư duy thì
phép thử sẽ diễn ra nhanh hơn. Đồ thị hàm bậc 4 đối xứng nhau qua trục tung. Nếu hàm
số đạt cực tiểu tại x  1 thì sẽ đạt cực tiểu tại x  1 .  Đáp án A và B loại vì ta chỉ được
chọn 1 đáp án.
 Thử với x  0
qyQ)^4$+Q)d+1$0=!!p0.1=
!!!!!o+=

Ta thấy f '  0   0 , f '  x  đổi dấu từ âm sang dương  x  1 là cực tiểu  Đáp án C
chính xác
Bài 2-[Thi thử THPT Yên Thế – Bắc Giang lần 1 năm 2017]
Giá trị của m để hàm số y   x3  2 x 2  mx  2m đạt cực tiểu tại x  1 là :
A. m  1 B. m  1 C. m  1 D. m  1
 Thử đáp án, ưu tiên thử giá trị xác định trước. Với đáp án C khi m  1
 y   x3  2 x 2  x  2
qypQ)^3$p2Q)dpQ)p2$p1=
!!p0.1=!!!!!o+=
Ta thấy f '  1  0 , f '  x  đổi dấu từ âm sang dương  x  1 là cực tiểu  Đáp án C
chính xác
Tìm giá trị cực đại của hàm số y  x3  3x  2
A. 4 B. 1 C. 0 D. 1
 x  1
 Tính y '  3x 2  3 . Tìm điểm cực đại của hàm số là nghiệm phương trình y '  0  
x  1
 Khảo sát sự đổi dấu qua điểm cực trị x  1 bằng cách tính f '  1  0.1 và f '  1  0.1
qypQ)^3$p2Q)dpQ)p2$p1=
!!p0.1=!!!!!o+=
Ta thấy f '  x  đổi dấu từ dương sang âm  x  1 là điểm cực đại của hàm số
Giá trị cực đại f  1   1  3 1  2  4  Đáp án chính xác là A chính xác
3


Đồ thị hàm số y  e x  x 2  3x  5 có bao nhiêu điểm cực trị ?
A. 1 B. 0 C. 2 D. 3
 Tính y '  e x  x 2  3x  5  e x  2 x  3
 Dùng MODE 7 để tìm điểm cực trị và khảo sát sự đổi dấu qua điểm cực trị

w7QK^Q)$(Q)dp3Q)p5)+Q
K^Q)$(2Q)p3)==p9=10=1=
Ta thấy f '  x  đổi dấu 2 lần  Hàm số có hai điểm cực trị
 Đáp án chính xác là A chính xác

Hàm số y  x  x 2  4 có tất cả bao nhiêu điểm cực trị
3
A. 2 B. 1 C. 3 D. 0
x  0
 Tính y '  3x x  2 x . y '  0   . Dùng MODE 7 với thiết lập sao cho x chạy qua 3
x   2
 3
giá trị này ta sẽ khảo sát được sự đổi dấu của y '
w73Q)qcQ)$p2Q)=po=p2=2
=1P3=
Ta thấy f '  x  đổi dấu 3 lần  Đáp án chính xác là C chính xác
Bài 6-[Khảo sát chất lƣợng chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa năm 2017]
Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   x  x  1  2 x  3 . Số điểm cực trị của hàm số
2
y  f  x  là :
A. 2 B. 3 C. 1 D. 0

x  0

 Tính y '  0   x  1 . Dùng MODE 7 với thiết lập sao cho x chạy qua 3 giá trị này ta sẽ
 3
x  
 2
khảo sát được sự đổi dấu của y '
w7Q)(Q)p1)d(2Q)+3)==p2=
1.5=0.25=

Ta thấy f '  x  đổi dấu 2 lần  Đáp án chính xác là A chính xác
Chú ý : Nếu quan sát tinh tế thì ta thấy ngay  x  1 là lũy thừa bậc chẵn nên y ' không
2
đổi dấu qua x  1 mà chỉ đổi dấu qua hai lũy thừa bậc lẻ x (hiểu là x1 ) và 2 x  3 (hiểu là
 2 x  3 )
1
Cho hàm số y   x  1 x  2  . Trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị
2
hàm số nằm trên đường thẳng nào dưới đây.

A. 2 x  y  4  0 B. 2 x  y  4  0 C. 2 x  y  4  0 D. 2 x  y  4  0
 Hàm số có dạng y   x  1 ( x  2)2  y  x3  3x 2  4 Có đạo hàm y '  3x 2  6 x .
 x  2  y  0
y'  0   
x  0 y  4
 Vậy đồ thị hàm số có hai điểm cực trị M  2;0  , N  0; 4  . Trung điểm của hai điểm cực trị
này là I  1; 2  . Điểm này thuộc đường thẳng 2 x  y  4  0  Đáp số chính xác là B
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y  x3  3x 2  mx có 2 điểm cực trị
trái dấu .
A. m  0 B. 0  m  3 C. m  3 D. Không có m
thỏa
 Tính y '  3x 2  6 x  m . Để hàm số có 2 điểm cực trị trái dấu thì phương trình y '  0 có hai
m
nghiệm phân biệt trái dấu  Tích hai nghiệm là số âm   0  m  0  Đáp án
3
chính xác là A chính xác
Chú ý : Nếu quên định lý Vi-et ta có thể dùng phép thử. Với đáp án A chọn m  5 chẳng
hạn sẽ thấy luôn y '  0 có hai nghiệm phân biệt và hai nghiệm này đổi dấu.

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  mx 4   m  1 x 2  2 có đúng 1 cực
đại và không có cực tiểu
m  0
A. m  1 B.  C. m  0 D. m  1
m  1
 Tính y '  4mx3  2  m  1 x . Để hàm số có đúng 1 cực đại và không có cực tiểu thì y '  0 có
đúng 1 nghiệm và y '  x  đổi dấu từ dương sang âm qua điểm đó.

 Chọn m  5 . Dùng MODE 7 tính nghiệm y '  0 và khảo sát sự đổi dấu của y '  x 
w74O(p5)Q)^3$+2(p5p1)Q)
==p9=10=1=
Ta thấy f '  x  đổi dấu 1 lần từ dương sang âm  m  5 thỏa  Đáp án đúng có thể là A,
B, C
 Chọn m  5 . Dùng MODE 7 tính nghiệm y '  0 và khảo sát sự đổi dấu của y '  x 
C$$$$o$$$$$$$$$$o=====
Ta thấy f '  x  đổi dấu 1 lần từ âm sang dương  m  5 loại  Đáp án B sai
 Chọn m  0.5 . Dùng MODE 7 tính nghiệm y '  0 và khảo sát sự đổi dấu của y '  x 
C$$$p0.$$$$$$$$$p0.====
=
Ta thấy f '  x  đổi dấu 1 lần từ dương sang âm  m  0.5 thỏa  Đáp án A chính xác

Tìm tập hợp tất cả các tham số m để đồ thị hàm số y  x3  x 2  mx  m  2 có 2 cực trị nằm
ở hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là trục hoành
A.   ; 0  B.   ; 1 \5 C.   ;0 D.   ;1 \ 5
 Tính y '  3x 2  2 x  m . Để hàm số có đúng 2 cực đại thì y '  0 có 2 nghiệm phân biệt
1
  '  1  3m  0  m   Cả 4 đáp án đều thỏa
3
 Chọn m  5 . Hàm số có dạng y  x3  x 2  5 x  3 . Tính hai điểm cực trị của hàm số bằng
lệnh giải phương trình MODE 5
w533=2=p5===

 5  256
Từ đó suy ra f  x1   f 1  0; f  x2   f    
 3  27
Để hai cực trị nằm về hai phía trục hoành thì f  x1  f  x2   0 .  m  5 loại  B hoặc D
có thể đúng.
 Chọn m  0 . Hàm số có dạng y  x3  x 2  2 . Tính hai điểm cực trị của hàm số bằng lệnh
giải phương trình MODE 5
w533=2=0===
 2 50
Từ đó suy ra f  x1   f      ; f  x2   f  0   2
 3 27
 Để hai cực trị nằm về hai phía trục hoành thì f  x1  f  x2   0 .  m  0 loại  B là đáp số
chính xác

BÀI 4. TIẾP TUYẾN CỦA HÀM SỐ.

1.Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại một điểm : Cho hàm số y  f  x  có đồ thị  C  và một
điểm M  x0 ; y0  thuộc đồ thị  C  . Tiếp tuyến của đồ thị  C  tại tiếp điểm M là đường
thẳng d có phương trình : y  f '  x0  x  x0   y0
2.Lệnh Casio : qy
Bài 1-[Thi thử THPT Lục Ngạn – Bắc Giang lần 1 năm 2017]
1
Tìm hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y    ln x tại điểm có hoành độ bằng 2
x
1 1 3 1
A.  ln 2 B.  C.  D.
2 4 4 4
 Cách 1 : CASIO
 Gọi tiếp điểm là M  x0 ; y0   Phương trình tiếp tuyến y  f '  x0  x  x0   y0
 Sử dụng máy tính Casio để tính hệ số góc tiếp tuyên tại điểm có hoành độ bằng 2
 k  f '  2
qypa1RQ)$phQ))$2=
1
 Ta thấy k  f '  2   0.25   .
4
 B là đáp án chính xác
Cho hàm số y   x3  3x  2 có đồ thị  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại giao
điểm của  C  với trục tung.
A. y  2 x  1 B. y  3x  2 C. y  2 x  1 D. y  3x  2
 Cách 1 : CASIO
 Gọi tiếp điểm là M  x0 ; y0   Phương trình tiếp tuyến y  f '  x0  x  x0   y0
 M là giao điểm của đồ thị  C  và trục tung  M có tọa độ  0; 2 
Tính f '  0   0
qypQ)^3$+3Q)p2$0=

 Thế vào phương trình tiếp tuyến có y  3  x  0   2  y  3x  2
Bài 3-[Thi thử chuyên Nguyễn Thị Minh Khai lần 1 năm 2017]
Số tiếp tuyến với đồ thị  C  : y  x3  3x 2  2 đi qua điểm M 1;0  là :
A. 4 B. 2 C. 3 D. 1
 Cách 1 : CASIO
 Gọi tiếp điểm là M  x0 ; y0   Phương trình tiếp tuyến y  f '  x0  x  x0   y0 Trong
đó hệ số góc k  f '  x0   3x02  6 x0
 Thế f '  x0  vào phương trình tiếp tuyến được y   3x02  6 x0   x  x0   x03  3x02  2
Tiếp tuyến đi qua điểm M 1;0   0   3x02  6 x0  1  x0   x03  3x02  2
 2 x03  6 x02  6 x0  2  0
Sử dụng máy tính với lệnh MODE 5 để giải phương trình bậc 3 trên
w5p4p2=6=p6=2=
 Ta thấy có 1 nghiệm x0  Chỉ có 1 tiếp tuyến duy nhất.

 D là đáp án chính xác
Cho hàm số y  x3  3x 2  2 có đồ thị  C  . Đường thẳng nào sau đây là tiếp tuyến của  C 
với hệ số góc nhỏ nhất
A. y  3 x  3 B. y  3 x  3 C. y  3x D. y  0
 Cách 1 : CASIO
đó hệ số góc k  f '  x0   3x02  6 x0
 Tìm giá trị nhỏ nhất của k bằng chức năng MODE 7
w73Q)dp6Q)==p9=10=1=
Ta thấy f '  min   f ' 1  3  x0  3  y0  13  3.12  2  0

 Thế vào phương trình tiếp tuyến có y  3  x  1  0  y  3x  3
x2
Cho hàm số y   C  Gọi d là khoảng cách từ giao điểm hai tiệm cận của  C  đến
x 1
một tiếp tuyến bất kì của  C  . Giá trị lớn nhất d có thể đạt được là :
A. 3 3 B. 3 C. 2 D. 2 2

1
đó hệ số góc k  f '  x0    .
 x0  1
2
1 x0  2
Thế k , y0 vào phương trình tiếp tuyến có dạng : y    x  x0  
 x0  1 x0  1
2
1 x0 x0  2
 x y  0
 x0  1  x0  1 x0  1
2 2
 Hàm số có tiệm cận đứng x  1 và tiệm cận ngang y  1 nên giao điểm hai tiệm
cận là I  1;1 .
Áp dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến 1 đường thẳng ta có :
1 x0 x0  2
 1  1  
 x0  1  x0  1 x0  1
2 2
h  d  I ;  d  
2
 1 
   12
  x  12 
 0 
Dùng máy tính Casio với lệnh MODE 7 để tính các giá trị lớn nhất này.
w7aqcap1R(Q)+1)d$+1pa
Q)R(Q)+1)d$paQ)+2RQ)+
1Rs(a1R(Q)+1)d$)d+1==
p9=10=1=
 Ta thấy h  max   2
 C là đáp án chính xác
2x 1
Hàm số y   H  , M là điểm bất kì và M   H  . Tiếp tuyến với  H  tại M tạo với
x 1
hai đường tiệm cận một tam giác có diện tích bằng :
A. 4 B. 5 C. 3 D. 2
 Cách 1 : CASIO
1
đó hệ số góc k  f '  x0    .
 x0  1
2
1 2 x0  1
Thế k , y0 vào phương trình tiếp tuyến có dạng : y    x  x0   d 
 x0  1 x0  1
2
 Hàm số có tiệm cận đứng x  1 và tiệm cận ngang y  2 và giao điểm 2 tiệm cận là
I 1; 2 

 2 x0 
Gọi E là giao điểm của tiếp tuyến d và tiệm cận đứng  E 1; 
 x0  1 
Gọi F là giao điểm của tiếp tuyến d và tiệm cận ngang  F  2 x0  1; 2 
 2 x0  2
 Độ dài IE  IE  1  1   2 
2
 x0  1  x0  1
Độ dài IF   2 x0  1  1   2  2   2 x0  1 Áp dụng công thức tính khoảng cách
2 2
từ 1 điểm đến 1 đường thẳng ta có :

1 1 2
 Diện tích IEF  IE.IF  . .2 x0  1  2  D là đáp án chính xác
2 2 x0  1
BÀI TẬP T Ự LUYỆN
Bài 1-[Thi thử chuyên Khoa học tự nhiên lần 3 năm 2017]
x 1
Cho hàm số y  . Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng 1 có hệ số góc bằng :
2x 1
1 1 1 1
A. B. C.  D. 
3 6 3 6
Bài 2-[Thi thử chuyên Quốc Học Huế lần 1 năm 2017]
x 1
Tìm tọa độ của tất cả các điểm M trên đồ thị  C  của hàm số y  sao cho tiếp tuyến
x 1
1 7
của  C  tại M song song với đường thẳng d : y  x 
2 2
A.  0;1 ,  2; 3  B. 1;0  ,  3; 2  C.  3; 2  D. 1;0 
Bài 3-[Thi thử chuyên Thái Bình lần 1 năm 2017]
x 1
Cho hàm số y  có đồ thị  C  . Tiếp tuyến của  C  tại giao điểm của  C  và trục
x2
hoành có phương trình là :
1 1
A. y  3 x B. y  3x  3 C. y  x  3 D. y  x 
3 3
Bài 4-[Thi thử nhóm toán Đoàn Trí Dũng lần 3 năm 2017]
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x3  3x biết tiếp tuyến song song với
đường thẳng y  9 x  16
A. y  9 x  16 B. y  9 x  12 C. y  9 x  10 D. y  9 x  12
Bài 5-[Thi thử Group nhóm toán Facebook lần 5 năm 2017]
1 2
Tìm tọa độ điểm M có hoành độ âm trên đồ thị  C  : y  x 2  x  sao cho tiếp tuyến tại
3 3
1 2
M vuông góc với đường thẳng y   x 
3 3
 16   4 1 9
A. M  2;0  B. M  3;   C.  1;  D. M  ; 
 3   3 2 8
Bài 6-[Thi tốt nghiệm THPT năm 2012]
1
Cho hàm số y  x 4  2 x 2  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ
4
x  x0 biết f ''  x0   1
 5  5  5  5
 y  3x  4  y  3x  4  y  3 x  4  y  3 x  4
A.  B.  C.  D. 
 y  3x  5  y  3x  5  y  3x  5  y  3x  5
 4  4  4  4
LỜI GIẢI BÀI TẬP T Ự LUYỆN
x 1
Cho hàm số y  . Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng 1 có hệ số góc bằng :
2x 1
1 1 1 1
A. B. C.  D. 
3 6 3 6
1
 Hệ số góc của tiếp tuyến là đạo hàm tại tiếp điểm  k  f '  1  
3
qyaQ)+1R2Q)p1$$p1=

Bài 2-[Thi thử chuyên Quốc Học Huế lần 1 năm 2017]
x 1
Tìm tọa độ của tất cả các điểm M trên đồ thị  C  của hàm số y  sao cho tiếp tuyến
x 1
1 7
của  C  tại M song song với đường thẳng d : y  x
2 2
A.  0;1 ,  2; 3  B. 1;0  ,  3; 2  C.  3; 2  D. 1;0 
 Đề bài hỏi các điểm M nên ta dự đoán có 2 điểm , lại quan sát thấy đáp án B được cấu tạo
từ đáp án C và D nên ta ưu tiên thử đáp án D trước.

1
 Tiếp tuyến song song với d nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng hệ số góc của d và bằng
2
1
Tính f ' 1   Điểm M 1;0  là một tiếp điểm
2
qyaQ)p1RQ)+1$$1=
1
Tính f '  3   Điểm M  3; 2  là một tiếp điểm
2

!!op3=

x 1
Cho hàm số y  có đồ thị  C  . Tiếp tuyến của  C  tại giao điểm của  C  và trục
x2
hoành có phương trình là :
1 1
A. y  3 x B. y  3x  3 C. y  x  3 D. y  x 
3 3
 Gọi tiếp điểm là M  x0 ; y0   Tiếp tuyến y  f '  x0  x  x0   y0
 M là giao điểm của đồ thị  C  và trục hoành  M 1;0   x0  1; y0  0
Tính hệ số góc k  f ' 1
qyaQ)p1RQ)+2$$1=
1 1 1
Thay vào ta có tiếp tuyến y   x  1  0  y  x 
3 3 3
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x3  3x biết tiếp tuyến song song với
đường thẳng y  9 x  16
A. y  9 x  16 B. y  9 x  12 C. y  9 x  10 D. y  9 x  12
GIẢI
 Gọi tiếp điểm là M  x0 ; y0   Tiếp tuyến y  f '  x0  x  x0   y0 với hệ số góc
k  f '  x0   3x02  3
 Tiếp tuyến song song với y  9 x  16 nên có hệ số góc k  9  3x02  3  9  x0  2
Với x0  2  y0  2  Tiếp tuyến : y  9  x  2   2  y  9 x  16 Tính hệ số góc k  f ' 1
 Đáp số chính xác là A

Bài 5-[Thi thử Group nhóm toán Facebook lần 5 năm 2017]
1 2
Tìm tọa độ điểm M có hoành độ âm trên đồ thị  C  : y  x 2  x  sao cho tiếp tuyến tại
3 3
1 2
M vuông góc với đường thẳng y   x 
3 3
 16   4 1 9
A. M  2;0  B. M  3;   C.  1;  D. M  ; 
 3   3 2 8
GIẢI
k  f '  x0   x02  1
1 2
 Tiếp tuyến vuông góc với y  x nên có hệ số góc
3 3
 1
k .     1  k  3  x02  1  3  x0  2
 3

Bài 6-[Thi tốt nghiệm THPT năm 2012]
1
Cho hàm số y  x 4  2 x 2  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ
4
x  x0 biết f ''  x0   1
 5  5  5  5
 y  3x  4  y  3x  4  y  3 x  4  y  3 x  4
A.  B.  C.  D. 
 y  3x  5  y  3x  5  y  3x  5  y  3x  5
 4  4  4  4
k  f '  x0   x04  4 x0
 7
 x0  1; y0  
 Ta có f ''  x   3x02  4  3x02  4  1  x02  1  
4
 x  1; y   7
 0 0
4
Với x0  1 Tính hệ số góc k  f ' 1
qya1R4$Q)^4$p2Q)d$1=
7 5
Thay vào ta có tiếp tuyến y  3  x  1   y  3 x 
4 4
Với x0  1 Tính hệ số góc k  f ' 1
!!!p=

7 5
Thay vào ta có tiếp tuyến y  3  x  1   y  3x 
4 4

BÀI 5. GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ.

1.Quy ƣớc tính giơi hạn vô định :
 x    x  109
 x    x  109
 x  x0  x  x0  106
 x  x0  x  xo 106
 x  x0  x  x0  106
sin x sin u
2.Giơi hạn hàm lƣợng giác : lim  1 , lim 1
x 0 x u 0 u
ex 1 ln 1  x 
3.Giới hạn hàm siêu việt : lim  1, lim 1
x 0 x x 0 x
4.Lệnh Casio : r
e2 x  1
Bài 1-[Thi thử THPT chuyên Ngữ lần 1 năm 2017] Tính giới hạn lim bằng :
x 0 x4 2
A. 1 B. 8 C. 2 D. 4
 Cách 1 : CASIO
 Vì x  0  x  0  106 Sử dụng máy tính Casio với chức năng CALC
aQK^2Q)$p1RsQ)+4$p2r
0+10^p6)=
1000001
 Ta nhận được kết quả 8
125000
Chú ý : Vì chúng ta sử dụng thủ thuật để tính giới hạn , nên kết quả máy tính đưa
ra chỉ xấp xỉ đáp án , nên cần chọn đáp án gần nhất.
esin x  1
Bài 2-[Thi thử chuyên Amsterdam lần 1 năm 2017] Tính giới hạn lim bằng :
x 0 x
A. 1 B. 1 C. 0 D.  
 Cách 1 : CASIO
 Vì x  0  x  0  106 Sử dụng máy tính Casio với chức năng CALC
raQK^jQ))$p1RQ)r0+10
^p6)=

 Ta nhận được kết quả 1.00000049  1

 A là đáp án chính xác
n 3  4n  5
Bài 3 : Tính giới hạn : lim 3
3n  n 2  7
1 1 1
A. B. 1 C. D.
3 4 2
 Cách 1 : CASIO
 Đề bài không cho x tiến tới bao nhiêu thì ta hiểu đây là giới hạn dãy số và x   
aQ)^3$+4Q)p5R3Q)^3$+Q
)d+7r10^9)=
1
 Ta nhận được kết quả 0.3333333332 
3
2  5n  2
Bài 4 : Kết quả giới hạn lim n là :
3  2.5n
25 5 5
A.  B. C. 1 D. 
2 2 2
 Cách 1 : CASIO
. Tuy nhiên chúng ta chú ý, bài này liên quan đến lũy thừa (số mũ) mà máy tính chỉ
tính được số mũ tối đa là 100 nên ta chọn x  100
a2p5^Q)+2R3^Q)$+2O5^Q
)r100=
25
 Ta nhận được kết quả 
2
Chú ý : Nếu bạn nào không hiểu tính chất này của máy tính Casio mà cố tình cho
x  109 thì máy tính sẽ báo lỗi
r10^9)=

 1 1 1 
Bài 5 : Tính giới hạn : lim 1 
 1.2  2.3  ...  n  n  1 
 
A. 3 B. 1 C. 2 D. 0
 Cách 1 : CASIO
 Ta không thể nhập vào máy tính Casio cả biểu thức n số hạng ở trong ngoặc được,
vì vậy ta phải tiến hành rút gọn.
1 1 1 2 1 3  2 n 1 n
1   ...   1   ... 
1.2 2.3 n  n  1 1.2 2.3 n  n  1
1 1 2 1 1 1
 1  1     ...    2
2 2 3 n n 1 n 1
2pa1RQ)+1r10^9)=
 Ta nhận được kết quả 1.999999999  2

 1
n 1
1 1 1
Bài 6 : Cho S     ....  . Giá trị của S bằng :
3 9 27 3n
3 1 1
A. B. C. D. 1
4 4 2
 Cách 1 : CASIO
 Ta hiểu giá trị của S bằng lim S
n 
1 1
 Ta quan sát dãy số là một cấp số nhân với công bội q   và u1 
3 3
n
 1
1   
1 q n
 . 
1 3
Vậy S  u2
1 q 3  1
1   
 3
a1R3$Oa1p(pa1R3$)^Q)R
1p(pa1R3$)r10^9)=
1
 Ta nhận được kết quả
4
Chú ý : Trong tự luận ta có thể sử dụng công thức của cấp số nhân lùi vô hạn để
tính
2x  x
Bài 7: Tính giới hạn : lim
x 0 5x  x

2
A.   B. C.   D. 1
5
 Cách 1 : CASIO
 Đề bài cho x  0   x  0  106
a2Q)+sQ)R5Q)psQ)r0+1
0^p6)=
1002
 Ta nhận được kết quả   1
999
1  x3
Bài 8 : Tính giới hạn : lim
x 1 3x 2  x
1
A.   B. C. 0 D. 1
3
 Cách 1 : CASIO
 Đề bài cho x  1  x  0  106
Wsa1pQ)^3R3Q)d+Q)r1p1
0^p6)=
 Ta nhận được kết quả chứa 104  0

Bài 9 : Tính giới hạn : L  lim  cos x  sin x 
cot x
x 0
A. L  B. L  1 C. L  e D. L  e 2
 Cách 1 : CASIO
 Đề bài cho x  0  x  0  106 . Phím cot không có ta sẽ nhập phím tan
(kQ))+jQ)))â1RlQ))r0
+10^p6)=
 Ta nhận được kết quả chứa 2.718...  e


BÀI 6. TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ.

1.Tiêm cận đứng : Đồ thị hàm số y  f  x  nhận đường thẳng x  x0 là tiệm cận đứng nếu
lim f  x   hoặc lim f  x    (chỉ cấn một trong hai thỏa mãn là đủ)
x  x0 x  x0
2. Tiệm cận ngang : Đồ thị hàm số y  f  x  nhận đường thẳng y  y0 là tiệm cận ngang
nếu lim f  x   y0 hoặc lim f  x   y0
x  x 
3. Tiệm cận xiên : Đồ thị hàm số y  f  x  nhận đường thẳng y  ax  b là tiệm cận xiên
nếu lim  f  x    ax  b    0
x 
4. Lệnh Casio : Ứng dụng kỹ thuật dùng CALC tính giới hạn
x 1
Có bao nhiêu đường tiệm cận của đồ thị hàm số y 
4x  2x 1
2
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Giải phương trình : Mẫu số  0  4 x 2  2 x  1  0  4 x 2  2 x  1  0 vô nghiệm
 Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng
x 1 1 1
 Tính lim  . Vậy đương thẳng y  là tiệm cận ngang của đồ thị
x 
4x  2x 1 2
2 2
hàm số
aQ)+1Rs4Q)d+2Q)+1r10^
9)=
x 1 1 1
 Tính lim   . Vậy đương thẳng y   là tiệm cận ngang của đồ thị
x 
4x2  2 x  1 2 2
hàm số
rp10^9)=
 Tóm lại đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang và C là đáp án chính xác

1
1
x 1 x 1 1
 Tính lim  lim   đường thẳng y  là tiệm cận
x 
4x  2x 1
2 x 
4
2 1

2 2
x x2
ngang
1
1 
x 1 x 1 1
 Tính lim  lim   đường thẳng y   là tiệm cận
x 
4 x2  2 x  1 x 
4
2 1

2 2
x x2
ngang
 Bình luận :
 Việc ứng dụng Casio để tìm tiệm cận sử dụng nhiều kỹ thuật tính giới hạn của hàm
số bằng Casio. Các bạn cần học kỹ bài giới hạn trước khi học bài này.
 Giới hạn của hàm số khi x tiến tới   và khi x tiến tới   là khác nhau. Ta cần
1
hết sức chú ý tránh để sót tiệm cận ngang y  
2
VD2-[Thi Học sinh giỏi tỉnh Ninh Bình năm 2017]
x 2  3x  2
Đồ thị hàm số y   C  có bao nhiêu đường tiệm cận ?
1  x2
A. 4 B. 2 C. 1 D. 3
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
x 2  3x  2
 Tính lim   1
x  1  x2
aQ)dp3Q)+2R1pQ)dr10^9
)=
x 2  3x  2
Tính lim   1
x  1  x2
rp10^9)=
Vậy đương thẳng y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

x  1
 Giải phương trình : Mẫu số  0  1  x 2  0  
 x  1
Đến đây nhiều học sinh đã ngộ nhận x  1 và x  1 là 2 tiệm cận đứng của  C 
Tuy nhiên x  1 là nghiệm của phương trình Mẫu số  0 chỉ là điều kiện cần. Điều
x 2  3x  2
kiện đủ phải là lim 
x 1 1  x2
 Ta đi kiểm tra điều kiện dủ

x 2  3x  2
Tính lim  
x 1 1  x2
aQ)dp3Q)+2R1pQ)drp1p0
.0000000001=
Vậy đương thẳng x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị  C 

x 2  3x  2 1
Tính lim 
x 1 1  x2 2
r1+0.0000000001=
Vậy đường thẳng x  1 không phải là tiệm cận đứng của đồ thị  C 
 Tóm lại đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang y  1 và 1 tiệm cận đứng x  1
x 2  3x  2  x  1 x  2  2  x
 Rút gọn hàm số y   
1  x2   x  1 x  1 x  1
2
1 
2 x x  1  đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang
 Tính lim  lim
x  x  1 x  1
1
x
2 x  3 
 Tính lim
x 1 x  1
 lim  1       đường thẳng y  1 là tiệm cận đứng
x 
 x 1
 Bình luận :
 Việc tử số và mẫu số đều có nhân tử chung dẫn tới hàm số bị suy biến như ví dụ 2
là thường xuyên xảy ra trong các đề thi. Chúng ta cần cảnh giá và kiểm tra lại bằng
kỹ thuật tìm giới hạn bằng Casio
Đồ thị hàm số nào sau đây không có tiệm cận ngang ?
x 1 x 1 x2  1 1
A. y  B. y  2 C. y  D. y 
x2 x 1 x 1 x 1
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
x2  1
 Tính lim 
x  x  1
aQ)d+1RQ)p1r10^9)=
x2  1
 Tính lim 
x  x  1
rp10^9)=

x2  1
Vậy đồ thị hàm số y  không có tiệm cận ngang
x 1
 Tóm lại C là đáp án chính xác
1
x
x 1
2
x 
x  x  1 x  1
1
x
1
x
x 1
2
x     Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang
x  x  1 x  1
1
x
 Bình luận :
 Đồ thị hàm số y  f  x  không có tiệm cận ngang nếu lim y bằng 
x 
5x  3
Tìm tất các các giá trị của tham số m sao cho đồ thị hàm số y  2 không có tiệm
x  2mx  1
cận đứng
 m  1
A. m  1 B. m  1 C.  D. 1  m  1
m  1
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Để đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng thì phương trình mẫu số bằng 0 không có
nghiệm hoặc có nghiệm nhưng giới hạn hàm số khi x tiến tới nghiệm không ra vô
cùng.:
5x  3
 Với m  1 . Hàm số  y  2 . Phương trình x 2  2 x  1  0 có nghiệm x  1
x  2x 1
5x  3
Tính lim 2    .  Đáp số A sai
x 1 x  x  1
a5Q)p3RQ)dp2Q)+1r1+0O
oo10^p6)=
5x  3
 Với m  0 hàm số  y  . Phương trình x 2  1  0 vô nghiệm  Đồ thị hàm
x 1
2
số không có tiệm cận đứng  m  0

 Để đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng thì phương trình mẫu số bằng 0 vô
nghiệm    0  m 2  1  0  1  m  1

 Trường hợp 2 phương trình mẫu số bằng 0 có nghiệm nhưng bị suy biến (rút gọn)
với nghiệm ở tử số.  Không xảy ra vì bậc mẫu > bậc tử
 Bình luận :
 Việc giải thích được trường hợp 2 của tự luận là tương đối khó khăn. Do đó bài
toán này chọn cách Casio là rất dễ làm.
x 1
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y  có hai
mx 2  1
tiệm cận ngang
A. m  0 B. Không có m thỏa C. m  0 D. m  0
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
x 1
 Thử đáp án A ta chọn 1 giá trị m  0 , ta chọn m  2,15 . Tính lim
x 
2.15 x 2  1
aQ)+1Rsp2.15Q)d+1r10^
9)=
x 1 x 1
Vậy lim không tồn tại  hàm số y  không thể có 2 tiệm
x 
2.15 x  1
2
2.15 x 2  1
cận ngang
x 1
 Thử đáp án B ta chọn gán giá trị m  0 . Tính lim  lim  x  1
x 
0 x2  1 x 
Q)+1r10^9)=
Vậy lim  x  1     hàm số y   x  1 không thể có 2 tiệm cận ngang

x 
x 1
 Thử đáp án D ta chọn gán giá trị m  2.15 . Tính lim  0.6819...
x 
2.15 x 2  1
aQ)+1Rs2.15Q)d+1r10^9
)=
x 1
Tính lim  0.6819...
x 
2.15 x 2  1
rp10^9)=

Vậy đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang y    0.6819...
 Đáp số D là đáp số chính xác
 Bình luận :
 Qua ví dụ 4 ta thấy sức mạnh của Casio so với cách làm tự luận. .
VD6-[Đề minh họa Bộ GD-ĐT lần 2 năm 2017]
2 x 1  x2  x  3
Tìm tất cả các tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
x2  5x  6
 x  3 x  3
A.  B. x  3 C.  D. x  3
 x  2 x  2
GIẢI
 Đường thẳng x  x0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số thì điều kiện cần : x0 là
nghiệm của phương trình mẫu số bằng 0
Nên ta chỉ quan tâm đến hai đường thẳng x  3 và x  2
2x 1  x2  x  3
 Với x  3 xét lim     x  3 là một tiệm cận đứng
x 3  x2  5x  6
a2Q)p1psQ)d+Q)+3RQ)dp
5Q)+6r3+0.0000000001=
2x 1  x2  x  3
 Với x  2 xét lim    Kết quả không ra vô cùng  x  2 không
x 2 x2  5x  6
là một tiệm cận đứng
r2+0.0000000001=
x
Số tiệm cận của đồ thị hàm số y  2 là :
x 1
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Bài 2-[Thi thử THPT Vũ Văn Hiếu –Nam Định lần 1 năm 2017]
x 1
Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  là :
x2  4
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
2 x 2  3x  m
Tìm các giá trị thực của m để đồ thị hàm số y  không có tiệm cận đứng ?
xm

m  0
A. m  0 B.  C. m  1 D. m  1
m  1
Bài 4-[Thi thử THPT Quảng Xƣơng –Thanh Hóa lần 1 năm 2017]
x  x2  x  1
Hàm số y  có bao nhiêu đường tiệm cận ?
x3  x
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Bài 5-[Thi HK1 chuyên Nguyễn Du – Đắc Lắc năm 2017]
x
Tìm tất cả các số thực m để đồ thị hàm số y  2 có 3 đường tiệm cận
x m
A. m  0 B. m  0 C. m  0 D. m  0
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  x  m x 2  x  1 có đường
tiệm cận ngang
A. m  1 B. m  0 C. m  0 D. m  1
m x2  1
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  có đường thẳng
x 1
y  2 là một tiệm cận ngang.
A. m 2; 2 B. m 1; 2 C. m  1; 2 D. m  1;1
x2
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị hàm số y  có đúng 1
x  mx  m
2
tiệm cận.
0  m  4
 4 m  0
A.  B. m  0; 4;   C.  D. Không có m
m   4  3 m  4
 3
thỏa
2 x  mx 2  1
Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị hàm số y  có đúng 2 tiệm
x 1
cận ngang.
0  m  3
A. m  0 B.  C. m  0 D. m  0
m  3
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2x 1
Hàm số y   H  , M là điểm bất kì và M   H  . Khi đó tích khoảng cách từ M
x 1
đến 2 đường tiệm cận của  H  bằng :
A. 4 B. 1 C. 2 D. 5
Bài 11-[Thi thử Sở GD-ĐT Hà Tĩnh năm 2017]
2mx  m
Cho hàm số y  . Với giá trị nào của m thì đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang
x 1
của đồ thị hàm số cùng hai trục tọa độ tạo thành một hình chữ nhật có diện tích bằng 8

1
A. m  2 B. m   C. m  4 D. m  2
2
x
Số tiệm cận của đồ thị hàm số y  2 là :
x 1
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
GIẢI
 Phương trình mẫu số bằng 0 có 2 nghiệm x  1
x
 Tính lim 2     x  1 là tiệm cận đứng
x 1 x  1
aQ)RQ)dp1r1+10^p6)=
x
 Tính lim     x  1 là tiệm cận đứng
x 1 x 1
2
rp1+10^p6)=

Bài 2-[Thi thử THPT Vũ Văn Hiếu –Nam Định lần 1 năm 2017]
x 1
Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  là :
x2  4
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
GIẢI
 Phương trình mẫu số bằng 0 có 2 nghiệm x  2
x 1
 Tính lim     x  2 là tiệm cận đứng
x2
x2  4
WaqcQ)p1RsQ)dp4r2+10^p
6)=
x 1
 Tính lim     x  1 là tiệm cận đứng
x 2
x2  4
rp2p10^p6)=


2 x 2  3x  m
Tìm các giá trị thực của m để đồ thị hàm số y  không có tiệm cận đứng ?
xm
m  0
A. m  0 B.  C. m  1 D. m  1
m  1
GIẢI
2 x 2  3x 2 x 2  3x 2 x 2  3x
 Với m  0 hàm số y  , Tính lim  3, lim  3  Không có tiệm
x x 0 x x 0 x
cận đứng  m  0 thỏa.
a2Q)dp3Q)RQ)r0+10^p6)=
r0p10^p6)=
 Tương tự m  1 cũng thỏa  Đáp số chính xác là B

2 x 2  3x
Chú ý: Nếu chúng ta chú ý một chút tự luận thì hàm số y  sẽ rút gọn tử mẫu và
x
thành y  2 x  3 là đường thẳng nên không có tiệm cận đứng.
x  x2  x  1
Hàm số y  có bao nhiêu đường tiệm cận ?
x3  x
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
GIẢI
x  x2  x  1
 Phương trình mẫu số bằng 0 có 1 nghiệm duy nhất x  0 . Tính lim 
x 0 x3  x
 x  0 là tiệm cận đứng
aQ)+sQ)d+Q)+1RQ)^3$+Q)
r0+10^p6)=
x  x2  x  1
 Tính lim  0  y  0 là tiệm cận ngang
x  x3  x
r10^9)=
x  x2  x  1
 Tính lim  0  y  0 là tiệm cận ngang
x  x3  x
rp10^9)=
Tóm lại đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng và 1 tiệm cận ngang  B chính xác
Chú ý: Học sinh thường mặc định có 2 tiệm cận ngang  Chọn nhầm đáp án C
x
Tìm tất cả các số thực m để đồ thị hàm số y  2 có 3 đường tiệm cận
x m
A. m  0 B. m  0 C. m  0 D. m  0
GIẢI
x x
 Thử với m  9 Tính lim 2  lim 2  0  Đồ thị hàm số chỉ có 1 tiệm cận ngang
x  x  9 x  x  9
aQ)RQ)dp9r10^9)=rp10^9
)=
 Phương trình mẫu số bằng 0 có hai nghiệm x  3; x  3 . Tính

x x
lim 2   ; lim 2     có 2 tiệm cận đứng
x 3 x  9 x 3 x  9
r10^9)=
Vậy m  9 thỏa  Đáp số chứa m  9 là C chính xác.

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  x  m x 2  x  1 có đường
tiệm cận ngang
A. m  1 B. m  0 C. m  0 D. m  1
GIẢI
 1
 Với m  1 . Tính lim x  x 2  x  1    x  1 thỏa  Đáp số đúng là A hoặc D
x  2
Q)psQ)d+Q)+1r10^9)=
  1
 Với m  1 . Tính lim x  x 2  x  1    x  1 thỏa  Đáp số chính xác là D
x  2
Q)+sQ)d+Q)+1rp10^9)=

BÀI 7. BÀI TOÁN TƯƠNG GIAO GIỮA HAI ĐỒ THỊ.

1. Phƣơng pháp đồ thị tìm số nghiệm của phƣơng trình : Cho phương trình f  x   g  x 
(1), số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đồ thị
hàm số y  g  x 
Chú ý : Số nghiệm của phương trình f  x  0  là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x 
và trục hoành
2. Bài toán tìm nghiệm của phƣơng trình chứa tham số : Ta tiến hành cô lập m và đưa
phương trình ban đầu về dạng f  x   m (2) khi đó số nghiệm của phương trình (2) là số
giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  m .
Chú ý : Đường thẳng y  m có tính chất song song với trục hoành và đi qua điểm có tọa
độ  0; m 
3. Lệnh Casio : Để tìm nghiệm của phương trình hoành độ giao diểm ta dùng lệnh SHIFT
SOLVE
VD1-[Thi thử chuyên KHTN lần 2 năm 2017]
Tìm tập hợp tất các các giá trị của m để phương trình log 2 x  log 2  x  2   m có nghiệm :
A. 1  m    B. 1  m    C. 0  m    D. 0  m   
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Đặt log 2 x  log 2  x  2   f  x  khi đó m  f  x  (1). Để phương trình (1) có nghiệm
thì m thuộc miền giá trị của f  x  hay f  min   m  f  max 
 Tới đây bài toán tìm tham số m được quy về bài toán tìm min, max của một hàm
số. Ta sử dụng chức năng Mode với miền giá trị của x là Start 2 End 10 Step 0.5
w7i2$Q)$pi2$Q)p2==2=
10=0.5=
 Quan sát bảng giá trị F  X  ta thấy f 10   0.3219 vậy đáp số A và B sai. Đồng thời
khi x càng tăng vậy thì F  X  càng giảm. Vậy câu hỏi đặt ra là F  X  có giảm
được về 0 hay không.
Ta tư duy nếu F  X  giảm được về 0 có nghĩa là phương trình f  x   0 có nghiệm.
Để kiểm tra dự đoán này ta sử dụng chức năng dò nghiệm SHIFT SOLVE
i2$Q)$pi2$Q)p2qr3=

Máy tính Casio báo phương trình này không có nghiệm. Vậy dấu = không xảy ra
 Tóm lại f  x   0  m  0 và D là đáp án chính xác
 Điều kiện : x  2
 x   2 
 Phương trình  m  log 2    m  log 2 1  
 x2  x2
2  2 
 Vì x  2 nên x  2  0  1   1  log 2 1    log 2 1  0
x2  x2
 2 
Vậy m  log  1  0
 x2
 Bình luận :
 Một bài toán mẫu mực của dạng tìm tham số m ta giải bằng cách kết hợp chức
năng lập bảng giá trị MODE 7 và chức năng dò nghiệm SHIFT SOLVE một cách
khéo léo
 Chú ý : m  f  x  mà f  x   0 vậy m  0 một tính chất bắc cầu hay và thường
xuyên gặp

Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 3  3 x 2  m  0 có 3 nghiệm
phân biệt
A. 4  m  0 B. 4  m  0 C. 0  m  4 D. 0  m  1
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Cô lập m , đưa phương trình ban đầu về dạng m   x 3  3 x 2 . Đặt x3  3x 2  f  x 
khi đó m  f  x  (1) , số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị y  f  x  và
ym
 Để khảo sát hàm số y  f  x  ta sử dụng chức năng MODE 7 Start 2 End 5 Step
0.5
w7pQ)^3$+3Q)d==p2=5=0
.5=
Quan sát bảng giá trị F  X  ta thấy giá trị cực tiểu là 0 và giá trị cực đại là 4 vậy ta
có sơ đồ đường đi của f  x  như sau :

 Rõ ràng hai đồ thị cắt nhau tại 3 điểm phân biệt nếu 0  m  4
2x  2
Cho hàm số y  có đồ thị  C  . Đường thẳng  d  : y  x  1 cắt đồ thị  C  tại 2 điểm
x 1
phân biệt M , N thì tung độ điểm I của đoạn thẳng MN bằng :
A. 3 B. 2 C. 1 D. 2
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
2x  2
 Phương trình hoành độ giao điẻm  x  1 . Nhập phương trình này vào máy
x 1
tính Casio và dò nghiệm :
a2Q)+2RQ)p1$p(Q)+1)q
r5=qrp5=
 x1  3  y1  x1  1  4 y  y2
Ta có ngay 2 nghiệm   yI  1 2
 x2  1  y2  x2  1  0 2
VD4-[Thi thử chuyên Vị Thanh – Hậu Giang lần 1 năm 2017]
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị hàm số y  x3  mx  16 cắt trục
hoành tại 3 điểm phân biệt
A. m  12 B. m  12 C. m  0 D. Không có m
thỏa
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Để đồ thị hàm số y  x3  mx  16 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì phương
trình x 3  mx  16  0 (1) có 3 nghiệm phân biệt
 Với m  14 sử dụng lệnh giải phương trình bậc 3 MODE 5
w541=0=14=16====
Ta thấy nghiệm x2 ; x3 là nghiệm ảo  không đủ 3 nghiệm thực  m  14 không

thỏa  A sai

 Với m  14 sử dụng lệnh giải phương trình bậc 3 MODE 5
w541=0=4o14=16====
Ta thấy ra 3 nghiệm thực  Đáp án đúng có thể là B hoặc C

Thử thêm một giá trị m  1 nữa thì thấy m  1 không thỏa
VD5-[Thi thử chuyên Vị Thanh – Hậu Giang lần 1 năm 2017]
1 3
Cho hàm số y  x 4  3 x 2  có đồ thị là  C  . Biết đường thẳng y  4 x  3 tiếp xúc với
2 2
 C  tại điểm A và cắt  C  tại điểm B . Tìm tung độ của điểm B
A. 1 B. 15 C. 3 D. 1
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
1 4 3
 Thiết lập phương trình hoành độ giao điểm x  3 x 2   4 x  3 . Sử dụng SHIFT
2 2
SOLVE để dò 2 nghiệm phương trình trên
a1R2$Q)^4$p3Q)d+a3R2$
+4Q)p3=qr5=qrp5=
 Nếu A là tiếp điểm thì y '  xA   0 , B là giao điểm  y '  xB   0 .

qyaQ)^4R2$p3Q)d+a3R2$
$1=
 xB  1  yB  4 xB  3  1
VD6-[Thi HK1 THPT HN-Amsterdam năm 2017]
Cho hàm số y  x 4  2mx 2  m2  4 có đồ thị  C  . Với giá trị nào của tham số m thì đồ thị
 C  cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt trong đó có đúng 3 điểm có hoành độ lớn hơn 1 ?
 m  1
A. 3  m  1 B. 2  m  2 C. 2  m  3 D. 
m  3
GIẢI

 Số nghiệm của đồ thị  C  và trục hoành là số nghiệm của phương trình hoành độ
giao điểm. x 4  2mx 2  m 2  4  0 (1) . Đặt x 2  t thì 1  t 2  2mt  m2  4  0 (2)
 Ta hiểu 1 nghiệm t  0 sẽ sinh ra 2 nghiệm x   t . Khi phương trình (2) có 2
nghiệm t1  t2  0 thì phương trình (1) có 4 nghiệm  t1   t2  t2  t1 . Vậy để
phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt trong đó có đúng 3 điểm có hoành độ lớn
hơn 1 (tức là 1 điểm có hoành độ nhỏ hơn 1) thì 0  t2  1  t1 (*)
Thử với m  2.5 Xét phương trình t 2  2mt  m2  4  0
w531=p5=2.5dp4===
Thỏa mãn (*)  m  2.5 thỏa  C là đáp số chính xác
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 x3  3x 2  12 x  m có đúng 1
nghiệm dương
 m  7  m  7  m  7
A.  B.  C.  D. Không có m
m  0 m  0  m  20
thỏa
Tìm tất cả giá trị m để đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2 tại 3 điểm
1
phân biệt có hoành độ lớn hơn 
2
9
A. 0  m  2 B. 2  m  2 C.  m  2 D. 2  m  2
8
Bài 3-[Thi HSG tỉnh Ninh Bình năm 2017]
2
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x  2 x  6  m có 3 nghiệm
2 2
phân biệt ?
A. m  3 B. m  2 C. 2  m  3 D. 2  m  3
Số nguyên dương lớn nhất để phương trình 251 1 x 2
  m  2  51 1 x 2
 2m  1  0 có nghiệm
?
A. 20 B. 35 C. 30 D. 25
Bài 5-[Thi HK1 chuyên Amsterdam -HN năm 2017]
Tập giá trị của tham số m để phương trình 5.16 x  2.81x  m.36 x có đúng 1 nghiệm ?
m   2
A. m  0 B.  C. Với mọi m D. Không tồn
 m  2
tại m
Bài 6-[Thi HK1 THPT Ngô Thì Nhậm - HN năm 2017]
Phương trình log 3 x  log 3  x  2   log 3 m vô nghiệm khi :

A. m  1 B. m  0 C. 0  m  1 D. m  1
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 x3  3x 2  12 x  m có đúng 1
nghiệm dương
 m  7  m  7  m  7
A.  B.  C.  D. Không có m
m  0 m  0  m  20
thỏa
GIẢI
 Đặt f  x   4x  2x 2
 6 . Khi đó phương trình ban đầu  f  x   m (1) . Để (1) có đúng 1
2 2
nghiệm dương thì đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại đúng 1 điểm có
hoành độ dương.
 Khảo sát hàm số y  f  x  với chức năng MODE 7
w72Q)^3$+3Q)dp12Q)==p4=
5=0.5=
 Ta thấy đồ thị có giá trị cực đại là 20 và giá trị cực tiểu là 7 và ta sẽ mô tả được đường đi
của f  x  như sau :
y  m  0
Rõ ràng  thì hai đồ thị cắt nhau tại đúng 1 điểm có hoành độ dương.  Đáp án
 y  7
B chính xác
Tìm tất cả giá trị m để đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2 tại 3 điểm
1
phân biệt có hoành độ lớn hơn 
2
9
A. 0  m  2 B. 2  m  2 C.  m  2 D. 2  m  2
8
GIẢI
 Số giao điểm của đường thẳng và đồ thị hàm số trên là số giao điểm của phương trình
x3  3x 2  2  m  x3  3x 2  2  m  0
 Thử với m  2 . Giải phương trinh bậc 3 với tính năng MODE 5 4

w541=p3=0=2p(p2)===
Ta thấy chỉ có 2 nghiệm  2 giao điểm  m  2 không thỏa mãn  Đáp án D sai
 Thử với m  1 . Giải phương trinh bậc 3 với tính năng MODE 5 4
w541=p3=0=3===
1
Ta thấy có nghiệm    m  1 không thỏa mãn  Đáp án B sai
2
 Thử với m  1 . Giải phương trinh bậc 3 với tính năng MODE 5 4
w541=p3=0=3===
1
Ta thấy có nghiệm    m  1 không thỏa mãn  Đáp án A sai
2
 Đáp án C còn lại là đâp án chính xác
2
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x  2 x  6  m có 3 nghiệm
2 2
phân biệt ?
A. m  3 B. m  2 C. 2  m  3 D. 2  m  3
GIẢI
 Đặt f  x   4x  2x 2
 6 . Khi đó phương trình ban đầu  f  x   m
2 2
 Sử dụng Casio khảo sát sự biến thiên của đồ thị hàm số y  f  x  với thiết lập Start 4
End 5 Step 0.5
w74^Q)d$p2^Q)d+2$+6==p4
=5=0.5=
 Quan sát bảng biến thiên ta vẽ đường đi của hàm số

Rõ ràng y  3 cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 3 điểm phân biệt vậy đáp án A là chính xác
  m  2  51 1 x 2
 2m  1  0 có nghiệm
?
A. 20 B. 35 C. 30 D. 25
GIẢI
251 1 x 2
 2.51 1 x 2
1
 Cô lập m ta được m 
51 1 x
2
2
251 1 x
 2.51 1 x
1
2 2
 Đặt f  x   . Khi đó phương trình ban đầu  f  x   m

51 1 x  2
2
End 1 Step 2
w7a25^1+s1pQ)d$$p2O5^1+
s1pQ)d$$+1R5^1+s1pQ)d$$
p2==p1=1=0.2=
 Quan sát bảng biến thiên ta thấy f  x   f  0   25.043... hay m  f  0  vậy m nguyên
dương lớn nhất là 25  D là đáp án chính xác
m   2
A. m  0 B.  C. Với mọi m D. Không tồn
 m  2
tại m
GIẢI
5.16 x  2.81x
36 x
5.16 x  2.81x
36 x

End 10 Step 1
w7a5O16^Q)$p2O81^Q)R36^
Q)==p9=10=1=
Quan sát bảng biến thiên ta thấy f  x  luôn giảm hay hàm số y  f  x  luôn nghịch biến.
Điều này có nghĩa là đường thẳng y  m luôn cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 1 điểm  C
chính xác
A. m  1 B. m  0 C. 0  m  1 D. m  1
GIẢI
 x  1  x 
 Điều kiện : x  2 . Phương trình ban đầu  log 3    2 log 3 m  log 3    log 3 m
 x2 2  x2
x x
 log3  log 3 m  m 
x2 x2
Để phương trình ban đầu vô nghiệm thì đường thẳng y  m không cắt đồ thị hàm số
x
y  f  x 
x2
 Sử dụng Casio khảo sát sự biến thiên của đồ thị hàm số y  f  x  với thiết lập Start 2 End
10 Step 0.5
w7saQ)RQ)p2==2=10=0.5=
 Để khảo sát chính xác hơn ta tính giới hạn của hàm f  x  khi x tiến tới 2 cận là 2 và  
saQ)RQ)p2r10^9)=
Vậy lim  1
x
saQ)RQ)p2r2+0.0000001=
Vậy lim f  x    
x2

 Quan sát bảng giá trị và 2 giới hạn ta vẽ đường đi cả đồ thị hàm số y  f ( x) và sự tương
giao
Ta thấy ngay m  1 thì 2 đồ thị không cắt nhau hay phương trình ban đầu vô nghiệm

BÀI 8. ĐẠO HÀM.

1. Lệnh tính đạo hàm cấp 1 : qy
y '  x0  0.000001  y '  x0 
2. Công thức tính đạo hàm cấp 2 : y ''  x0  
0.000001
3. Dự đoán công thức đạo hàm bậc n :
 Bước 1 : Tính đạo hàm cấp 1, đạo hàm cấp 2, đạo hàm cấp 3
 Bước 2 : Tìm quy luật về dấu, về hệ số, về số biến, về số mũ rồi rút ra công thức
tổng quát.
x 1
Tính đạo hàm của hàm số y  x
4
1  2  x  1 ln 2 1  2  x  1 ln 2
A. y '  2x
B. y ' 
2 22 x
1  2  x  1 ln 2 1  2  x  1 ln 2
C. y '  x2
D. y '  2
2 2x
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
x 1
 Chọn x  1.25 rồi tính đạo hàm của hàm số y  Ta có : y ' 1.25  0.3746... . Sử
4x
dụng lệnh tính tích phân ta có :
qyaQ)+1R4^Q)$$$1.25=
 Nếu đáp án A đúng thì y ' 1.25  cũng phải giống y ' ở trên . Sử dụng lệnh tính giá
trị CALC ta có
a1p2(Q)+1)h2)R2^2Q)r1
.25=
Ta thấy giống hệt nhau  Rõ ràng đáp án đúng là A

Cho hàm số y  e x  3  x2  . Đạo hàm của hàm số triệt tiêu tại các điểm :
A. x  1; x  3 B. x  1; x  3 C. x  1; x  3 D. x  0
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Ta hiểu : Đạo hàm bị triệt tiêu tại điểm x  x0 tức là f '  x0   0
Xét f ' 1  0  x  1 thỏa  Đáp số đúng là A hoặc B
qyQK^Q)$(3pQ)d)$1=
 Xét f '  3  0  x  3 thỏa  Đáp số chính xác là A

!!op3=
Bài 3-[Thi HK1 THPT Kim Liên – Hà Nội năm 2017]

1
x .ln
Cho hàm số y  2016.e 8 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?
A. y ' 2 y ln 2  0 B. y ' 3 y ln 2  0 C. y ' 8 y ln 2  0 D.
y ' 8 y ln 2  0
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
1
x .ln
 Chọn x  1.25 rồi tính đạo hàm của hàm số y  2016.e 8
. Ta có :
y ' 1.25  0.3746... . Lưu giá trị này vào biến A cho gọn.
qy2016QK^Q)Oh1P8)$$1.
25=qJz
 Tính giá trị của y tại x  1.25 . Ta có y 1.25  Nếu đáp án A đúng thì y ' 1.25 
cũng phải giống y ' ở trên . Sử dụng lệnh tính giá trị CALC ta có
a1p2(Q)+1)h2)R2^2Q)r1
.25=
A
Ta thấy  3  A  3B ln 2  0  Đáp án chính xác là B
B ln 2
aQzRQxh2)=
Tính đạo hàm cấp hai của hàm số sau y  1  2 x  tại điểm x  2 là /
4
A. 81 B. 432 C. 108 D. 216

GIẢI
 Cách 1 : CASIO
f '  x0  x   f '  x0 
 Áp dụng công thức f ''  x0  
x0
x  0.000001 y  1  2 x  .
4
Chọn rồi tính đạo hàm của hàm số Tính
y '  2  0,000001  A .
qyQK^Q)$jQ))$0+0.001
=qJz
 Tính f '  2   B .
E!!ooooooooo=qJx
f '  x0  x   f '  x0 
Lắp vào công thức f ''  x0    432  Đáp số chính xác là B
x0
aQzpQxR0.000001=
Bài 5-[Thi Học sinh giỏi tính Phú Thọ năm 2017]
Cho hàm số f  x   e x .sin x . Tính f ''  0 
A. 2e B. 1 C. 2 D. 2e
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
f '  x0  x   f '  x0 
x0
Chọn x  0.000001 rồi tính đạo hàm của hàm số f  x   e x .sin x . Tính
y '  0  0,001  A .
(Chú ý bài toán có yếu tố lượng giác phải chuyển máy tính về chế độ Rađian)
qyQK^Q)$jQ))$0+0.001
=qJz
 Tính f '  0   B .
qyQK^Q)$jQ))$0+0=qJx

f '  x0  x   f '  x0 
Lắp vào công thức f ''  x0    2  Đáp số chính xác là C
x0
aQzpQxR0.000001=
Cho hàm số y  e x sin x , đặt F  y '' 2 y ' khẳng định nào sau đây đúng ?
A. F  2 y B. F  y C. F   y D. F  2 y
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
f '  x0  x   f '  x0 
x0
Chọn x  2, x  0.000001 rồi tính đạo hàm của hàm số y  e x sin x . Tính
y '  2  0,001  A .
qw4qyQK^pQ)$jQ))$2+0
.000001=qJz
 Tính f '  0   B .
E!!ooooooooo=qJx
f '  x0  x   f '  x0 
Lắp vào công thức f ''  x0   C
x0
aQzpQxR0.000001=
 Tính F  y '' 2 y '  C  2 B  0.2461...  2 y  Đáp số chính xác là A

1
Bài 7 : Một vật chuyển động theo quy luật S   t 3  9t 2 với thời gian t  s  là khoảng thời
2
gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và S  m  là quãng đường vật đi được trong thời
gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 10  s  kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất
của vật đạt được bằng bao nhiêu ?
A. 216  m / s  B. 30  m / s  C. 400  m / s  D. 54  m / s 

GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Ta hiểu : trong chuyển động biến đổi theo thời gian thì quãng đường là nguyên
hàm của vận tốc hay nói cách khác, vận tốc là đạo hàm của quãng đường
3
 v  t    t 2  18t
2
 Để tìm giá trị lớn nhất của v  t  trong khoảng thời gian từ 0 đến 10  s  ta sử dụng
chức năng MODE 7 với thiết lập Start 0 End 10 Step 1
w7pa3R2$Q)d+18Q)==0=1
0=1=
Ta thấy ngay vận tốc lớn nhất là 54  m / s  đạt được tại giay thứ 6
Bài 8 : Một vật rơi tự do theo phương trình S 
1 2
2
 
gt với g  9.8 m / s 2 . Vận tốc tức thời
của vật tại thời điểm t  5s là :

A. 122.5  m / s  B. 29.5 C. 10  m / s  D. 49  m / s 
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Ta hiểu : Vận tốc tức thời trong chuyển động biến đổi tại thời điểm t  t1 có giá trị là
S  t1 
qya1R2$O9.8Q)d$5=
Ta thấy vận tốc tại t1  5 là 49  Đáp số chính xác là D
Tính đạo hàm của hàm số y  13x
13x
A. y '  x.13x1 B. y '  13 x.ln13 C. y '  13x D. y ' 
ln13
Đạo hàm của hàm số y  2 x.3x bằng :
A. 6 x ln 6 B. 6 x C. 2 x  3x D. 2 x 1  3x 1
 
Cho hàm số f  x   ln cos3x giá trị f '   bằng :
 12 
A. 3 B. 3 C. 2 D. 1

x3 x 2
Bài 4 : Cho hàm số f  x     x . Khi đó tập nghiệm của bất phương trình f '  x   0
3 2
là :
A.  0;    B.  2; 2  C.   ;    D.Không có m
thỏa
Bài 5 : Cho hàm số f  x   x.e x . Khi đó f '' 1 bằng :
2
A. 10e B. 6e C. 4e 2 D. 10

Bài 6 : Tính vi phân của hàm số y  sin x tại điểm x0 
3
3 1
A. dy  dx B. dy  dx C. dy  cos xdx D. dy  coxdx
2 2
Bài 7 : Đồ thị hàm số y  ax3  bx 2  x  3 có điểm uốn I  2;1 khi :
1 3 3 1 3 1 3
A. a   ; b   B. a   ; b  1 C. a  ; b  D. a  ; b  
4 2 2 4 2 4 2
sin 3 x  cos3 x
Bài 8 : Cho hàm số y  . Khi đó ta có :
1  sin x cos x
A. y ''  y B. y ''   y C. y ''  2 y D. y ''  2 y
LỜI GIẢI BÀI TẬP T Ự LUYỆN
Tính đạo hàm của hàm số y  13x
13x
A. y '  x.13x1 B. y '  13 x.ln13 C. y '  13x D. y ' 
ln13
GIẢI
 Chọn x  2 . Tính y '  2   433.4764...  132.ln13  Đáp án chính xác là B
qy13^Q)$$2=
Đạo hàm của hàm số y  2 x.3x bằng :
A. 6 x ln 6 B. 6 x C. 2 x  3x D. 2 x 1  3x 1
GIẢI
 Chọn x  3 tính y '  3  387.0200...  63 ln 6  Đáp số chính xác là A
qy2^Q)$O3^Q)$$3=
 
Cho hàm số f  x   ln cos3x giá trị f '   bằng :
 12 

A. 3 B. 3 C. 2 D. 1
GIẢI
 Tính  ln cos 3x  '   cos 3x  '
1
cos 3x
 Tính  cos 3x  '   

cos 2 3x ' 
2 cos 3x
1
2
 cos 2
3x  ' 
3cos 3x sin 3x
cos 3x
3sin 3x cos 3 x
  ln cos 3x  '  2
cos 3x
 
 y ' 
 12 
qw4ap3j3Q))k3Q))Rqck3Q
))$drqKP12=

x3 x 2
Bài 4 : Cho hàm số f  x     x . Khi đó tập nghiệm của bất phương trình f '  x   0
3 2
là :
A.  0;    B.  2; 2  C.   ;    D.Không có m
thỏa
GIẢI
 Tính y '  x 2  x  1 . y '  0  x 2  x  1  0
 Nhẩm được luôn hoặc sử dụng tính năng giải bất phương trình MODE INEQ
wR1141=1=1==

Bài 5 : Cho hàm số f  x   x.e x . Khi đó f '' 1 bằng :
2
A. 10e B. 6e C. 4e 2 D. 10
GIẢI
 Tính f ' 1  0.000001 rồi lưu vào A
qyQ)OQK^Q)d$$1+0.00000
1=qJz
 Tính f ' 1 rồi lưu vào B

E!!ooooooooo=qJx

f ' 1  0.000001  f ' 1

 Thiết lập y ''   27.1828...  10e
0.000001
aQzpQxR0.000001=


Bài 6 : Tính vi phân của hàm số y  sin x tại điểm x0 
3
3 1
A. dy  dx B. dy  dx C. dy  cos xdx D. dy  coxdx
2 2
GIẢI
 Từ y  sin x tiến hành vi phân 2 vế :  y ' dy   sin x  ' dx  dy   sin x  ' dx

 Tính  sin x  ' tại x0 
3
qyjQ))$aqKR3=

Bài 7 : Đồ thị hàm số y  ax3  bx 2  x  3 có điểm uốn I  2;1 khi :
1 3 3 1 3 1 3
A. a   ; b   B. a   ; b  1 C. a  ; b  D. a  ; b  
4 2 2 4 2 4 2
GIẢI
 Hoành độ điểm uốn là nghiệm của phương trình y ''  0
Tính y '  3ax 2  2bx  c  y ''  6ax  2b .
2b
y'  0  x    2  b  6a  Đáp số đúng là A hoặc C
6a
1 3
 Với a   ; b   tính tung độ của điểm uốn : y  2   1
4 2
pa1R4$Q)^3$pa3R2$Q)dpQ)
+3rp2=

sin 3 x  cos3 x
Bài 8 : Cho hàm số y  . Khi đó ta có :
1  sin x cos x
A. y ''  y B. y ''   y C. y ''  2 y D. y ''  2 y
GIẢI
  
 Chọn x  Tính y '   0.000001  rồi lưu và A
12  12 
qyajQ))^3$+kQ))^3R1pjQ
))kQ))$$aqKR12=
 
Tính y '   rồi lưu và B
 12 
E!!ooooooooo=qJx
  A B
Tính y ''    = 1.2247...   y
 12  0.000001
aQzpQxR0.000001=
  6
 Tính y   
 12  2
ajQ))^3$+kQ))^3R1pjQ))k
Q))rqKP12=

BÀI 9. TÌM SỐ NGHIÊM PHƯƠNG TRÌNH – LOGARIT (P1).
1) PHƢƠNG PHÁP
Bƣớc 1: Chuyển PT về dạng Vế trái = 0 . Vậy nghiệm của PT sẽ là giá trị của x làm cho vế
trái  0
Bƣớc 2: Sử dụng chức năng CALC hoặc MODE 7 hoặc SHIFT SOLVE để kiểm tra xem
nghiệm . Một giá trị được gọi là nghiệm nếu thay giá trị đó vào vế trái thì được kết quả là
0
Bƣớc 3: Tổng hợp kết quả và chọn đáp án đúng nhất
*Đánh giá chung: Sử dụng CALC sẽ hiệu quả nhất trong 3 cách
Chú ý : Nhập giá trị log a b vào máy tính casio thì ta nhập log a : log b
2)VÍ DỤ MINH HỌA

VD1-[Chuyên Khoa Học Tự Nhiên 2017]
Phương trình log 2 x log 4 x log6 x  log 2 x log 4 x  log 4 x log6 x  log6 x log 2 x có tập nghiệm là :
A. 1 B. 2; 4;6 C. 1;12 D. 1; 48
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Chuyển phương trình về dạng :
log 2 x log 4 x log 6 x  log 2 x log 4 x  log 4 x log 6 x  log 6 x log 2 x  0
Nhập vế trái vào máy tính Casio
i2$Q)$i4$Q)$i6$Q)$pi
2$Q)$i4$Q)$pi4$Q)$i6
$Q)$pi6$Q)$i2$Q)
 Vì giá trị 1 xuất hiện nhiều nhất nên ta kiểm tra xem 1 có phải là nghiệm không.
Nếu 1 là nghiệm thì đáp án đúng chỉ có thể là A, C, D. Còn nếu 1 không phải là
nghiệm thì đáp án chứa 1 là A, C, D sai dẫn đến B là đáp án đúng.
Ta sử dung chức năng CALC
r1=
Vậy 1 là nghiệm.
 Ta tiếp tục kiểm tra giá trị 12 có phải là nghiệm không
r12=

Đây là một kết quả khác 0 vậy 12 không phải là nghiệm  Đáp án C sai
 Tiếp tục kiểm tra giá trị 48 có phải là nghiệm không
r48=
Vậy 48 là nghiệm chứng tỏ D là đáp án chính xác.

 Điều kiện x  0
 Trường hợp 1 : Với x  1 thì log 2 0  log 4 0  log 6 x  0 . Thế vào phương trình ban
đầu thấy thảo mãn vậy x  1 là 1 nghiệm.
 Trường hợp 2 : Với x  0; x  1
1 1 1 1
Phương trình    
log x 2.log x 4.log x 6 log x 2.log x 4 log x 4.log x 6 log x 6.log x 2
 1  log x 6  log x 4  log x 2
 1  log x 48
 x  48
VD2-[Thi HK1 THPT Liên Hà – Đông Anh năm 2017]
2 x 2m
x 1
Tập nghiệm của phương trình 3 .5 xm
 15 ( m là tham số) là :
A. 2; m log3 5 B. 2; m  log3 5 C. 2 D. 2; m  log3 5
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Đề bài không cho điều kiện ràng buộc của m nên ta chọn một giá trị m bất kì. Ví
2 x  2 5 2 x  25
dụ m  5 Phương trình trở thành : 3x 1.5 x 5
 15  3x 1.5 x 5
 15  0
Nhập phương trình vào máy tính Casio
3^Q)p1$O5â2Q)p2p5RQ)
p5$$p15
 Đáp án nào cũng có 2 nên không cần kiểm tra. Kiểm tra nghiệm
x  m log3 5  5log3 5 .
r5O(g5)Pg3))=
Ra một kết quả khác 0  Đáp án A sai

 Tương tự tra nghiệm x  m  log3 5  5  log3 5
r5pg5)Pg3)=
Ra kết quả bằng 0 vậy  Đáp án chính xác là D

2 x 2m 2 x 2m 2 x 2m x2
1 1  x 1
 Phương trình 3x 1.5 xm
 15  3x 1.5
 31.51  5 x  m  3
x m
 5 x  m  32  x (1)
x2
 Logarit hóa hai vế theo cơ số 5. (1)    2  x  log 5 3
xm
Trường hợp 1 : Với 2  x  0  x  2
1 1
Trường hợp 2 :   log 5 2  x  m   x  m  log 2 5
xm log 5 2
VD3-[Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai Tp.HCM 2017] Gọi x1 và x2 là 2 nghiệm của
phương trình 52 x 1  8.5 x  1  0 . Khi đó :
A. x1  x2  1 B. x1  x2  2 C. x1  x2  2 D. x1  x2  1
GIẢI
 Cách 1 : CASIO SHOLVE+CALC
Nhập vế trái vào máy tính Casio. Rồi nhấn phím =để lưu lại phương trình =
5^2Q)+1$p8O5^Q)$+1
 Vì đáp án không cho 1 giá trị cụ thể nên ta không thể sử dụng được chức năng
CALC mà phải sử dụng chức năng dò nghiệm SHIFT SOLVE. Ta dò nghiệm với giá
trị x gần 1 chả hạn
qr1=
Vậy 1 là nghiệm. Ta lưu nghiệm này vào biến A rồi coi đây là nghiệm x1
qJz
 Ta có x1  A Nếu đáp án A là x1  x2  1 đúng thì x2  1  A phải là nghiệm. Ta gọi lại

phương trình ban đầu rồi CALC với giá trị 1  A
Er1pQz=
Kết quả ra khác 0 vậy 1  A không phải là nghiệm hay đáp án A sai

Tương tự như vậy ta CALC với các giá trị x2 của đáp án B, C, D. Cuối cùng ta thấy
giá trị 1  A là nghiệm.  Vậy đáp số chính xác là D
rp1pQz=
 Cách 2 : CASIO 2 LẦN SHIFT SOLVE

Nhập vế trái vào máy tính Casio. Nhấn nút để lưu vế trái lại rồi SHIFT SOLVE tìm
nghiệm thứ nhất và lưu vào A
5^2Q)+1$p8O5^Q)$+1=qr
1=qJz
Gọi lại vế trái. SHIFT SOLVE một lần nữa để tìm nghiệm thứ hai và lưu vào B
Eqrp2= qJx
Ta có A  B  1

4  11
Đặt 5 x  t khi đó 52 x   5 x   t 2 . Phương trình  5t 2  8t  1  0  t 
2

5
4  11 4  11 4  11
 Với t   5x   x  log 5
5 5 5
4  11 4  11 4  11
Với t   5x   x  log 5
5 5 5
4  11 4  11  4  11   4  11  1
 Vậy x1  x2  log5  log5  log5   .   log5   1
5 5  5  5  5
VD4-[Chuyên Vị Thanh – Hậu Giang 2017] Phương trình 9 x  3.3x  2  0 có hai nghiệm
x1 , x2  x1  x2  . Giá trị A  2 x1  3x2 là :
A. 4 log 3 2 B. 1 C. 3log 3 2 D. 2 log 2 3
GIẢI
 Cách 1 : CASIO SHIFT SLOVE + CALC
 Nhập vế trái vào máy tính Casio rồi nhấn nút để lưu phương trình
9^Q)$p3O3^Q)$+2=

 Vì chưa biết 2 đáp án , mà 2 đáp án vai trò không bình đẳng trong quan hệ ở đáp
án. Nên ta phải sử dụng dò cả 2 nghiệm với chức năng SHIFT SOLVE ở mức độ
khó hơn . Đầu tiên ta dò nghiệm trong khoảng dương, chả hạn chọn X gần với 1
qr1=
Lưu nghiệm này vào giá trị A ta được 1 nghiệm.

qJz
 Vì vừa dò với 1 giá trị dương rồi bây giờ ta dò nghiệm trong khoảng âm, chả hạn
chọn X gần 2 . Gọi là phương trình và dò nghiệm
Eqrp2=
Ta được 1 nghiệm nữa là 0. Vì 0 A nên x1  0; x2  A ta có

2 x1  3x2  2.0  3. A  1.8927  3log 3 2
Vậy đáp số đúng là C
 Cách 2 : CASIO 2 LẦN SHIFT SOLVE
Nhập vế trái vào máy tính Casio. Nhấn nút để lưu vế trái lại rồi SHIFT SOLVE tìm
nghiệm thứ nhất và lưu vào A
9^Q)$p3O3^Q)$+2=qr1=
qJz
Gọi lại vế trái. SHIFT SOLVE một lần nữa để tìm nghiệm thứ hai và lưu vào B
Eqrp1=
Ta có 2 A  3B  1.8927  3log 3 2
Đặt 3x  t khi đó 9 x   32   32. x   3x   t 2
x 2

t  1
 Phương trình  t 2  3t  2  0   .
t  2
 Với t  1  3x  1  x  0
Với t  2  3x  2  x  log 3 2

Vậy 2 x1  3x2  2.0  3.log3 2  3log3 2
Bài 1-[Thi thử tính Lâm Đồng - Hà Nội 2017] Giải phương trình 22 x  4 x 1  8x 1
2
 5  5
 x  x 7  17
A. Vô nghiệm B. 2 C. 2 D. x 
  4
x  2 x  2
Bài 2-[Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai 2017] Phương trình log 2 x  log 2  x2   log 2  4 x 
A. 0; 2; 2 B. 0; 2 C. 2; 2 D. 2
   
x x
Bài 3-[THPT Lục Ngạn – Bắc Giang 2017] Phương trình 2 1  2  1  2 2  0 có
tích các nghiệm là :
A. 0 B. 1 C. 1 D. 2
Bài 4-[THPT Nguyễn Gia Thiều -HN 2017]
   5  
x x
Tích các nghiệm của phương trình 5  24 24  10 là :
A. 1 B. 6 C. 4 D. 1
Tổng các nghiệm của phương trình 25x  2  3  x  .5x  2 x  7  0 là :
A. 1 B. 6 C. 2 D. 9
Bài 6-[THPT Phạm Hồng Thái -HN 2017]
1
Phương trình log 2  2 x  .log 1    2 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn biểu thức :
2  x
3 1
A. x1 x2  2 B. x1  x2  C. x1 x2  D. x1  x2  1
4 2
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình log32 x   m  2  log3 x  3m  1  0 có 2 nghiệm
x1 x2  27
4 28
A. m  B. m  1 C. m  25 D. m 
3 3
Bài 1-[Thi thử tính Lâm Đồng - Hà Nội 2017] Giải phương trình 22 x  4 x 1  8x 1
2
 5  5
 x  x 7  17
A. Vô nghiệm B. 2 C. 2 D. x 
  4
x  2 x  2
GIẢI
 4 x 1
 8x 1  0 . Nhập vào máy tính Casio rồi kiểm tra giá trị x  2
2
 Phương trình 22 x
2^2Q)dp4Q)+1$p8^Q)p1r2=

F  2   6  Đáp số B và C sai
7  17 7  17
 Kiểm tra giá trị x  và x 
4 4
r(7+s17))P4=r(7ps17))P4
=

Bài 2-[Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai 2017] Phương trình log 2 x  log 2  x2   log 2  4 x 
A. 0; 2; 2 B. 0; 2 C. 2; 2 D. 2
GIẢI
 Phương trình log 2 x  log 2  x2   log 2  4 x   0 . Nhập vào máy tính Casio rồi kiểm tra giá trị
x0
i2$Q)$+i2$Q)d$pi2$4Q)r
0=
Không tính được (vì x  0 không thuộc tập xác định)  Đáp số A và B sai
 Kiểm tra giá trị x  2  Vẫn không tính được  Đáp số C sai  Tóm lại đáp số D
chính xác
!rp2=
   
x x
Bài 3-[THPT Lục Ngạn – Bắc Giang 2017] Phương trình 2 1  2  1  2 2  0 có
tích các nghiệm là :
A. 0 B. 1 C. 1 D. 2
GIẢI
   
x x
Nhập phương trình 2 1  2  1  2 2  0 vào máy tính Casio rồi dùng chức năng
SHIFT SOLVE để dò nghiệm. Ta được 1 nghiệm là 1
(s2$p1)^Q)$+(s2$+1)^Q)$
p2s2qr2=

 Nếu đáp số A đúng thì nghiệm còn lại là 0 . Sử dụng chức năng CALC để kiểm tra. Ra
một kết quả khác 0  Đáp số A sai
r0=
 Tương tự vậy, kiểm tra đáp số B với giá trị x  1 là nghiệm  Đáp số B chính xác
rp1=
   5  
x x
Tích các nghiệm của phương trình 5  24 24  10 là :
A. 1 B. 6 C. 4 D. 1
GIẢI
   5  
x x
 Phương trình  5  24 24  10  0 . Nhập vế trái vào máy tính Casio rồi dùng
chức năng SHIFT SOLVE để dò
nghiệm. Ta được 1 nghiệm là 1
(5+s24$)^Q)$+(5ps24$)^Q
)$p10qr2=
 Tiếp tục SHIFT SOLVE một lần nữa để tìm nghiệm còn lại  Nghiệm còn lại là x  1
qrp2=

Tổng các nghiệm của phương trình 25x  2  3  x  .5x  2 x  7  0 là :
A. 1 B. 6 C. 2 D. 9
GIẢI
 Phương trình 25x  2  3  x  .5x  2 x  7  0 . Nhập vế trái vào máy tính Casio rồi dùng chức
năng SHIFT SOLVE để dò nghiệm. Ta được 1 nghiệm là 1
25^Q)$p2(3pQ))O5^Q)$+2Q
)p7=qr1=

qr5=qrp5=
Không còn nghiệm nào ngoài 1 vậy phương trình có nghiệm duy nhất  Đáp số chính
xác là A

1
Phương trình log 2  2 x  .log 1    2 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn biểu thức :
2  x
3 1
A. x1 x2  2 B. x1  x2  C. x1 x2  D. x1  x2  1
4 2
GIẢI
1
 Phương trình  log 2  2 x  .log 1    2  0 . Nhập vế trái vào máy tính Casio rồi dùng chức
2  x
năng SHIFT SOLVE để dò nghiệm. Ta được 1 nghiệm là 2

i2$2Q)$Oi0.5$a1RQ)$$p2
qr1=
qrp2=
1
Rõ ràng x1.x2   Đáp số chính xác là C
2
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình log32 x   m  2  log3 x  3m  1  0 có 2 nghiệm
x1 x2  27
4 28
A. m  B. m  1 C. m  25 D. m 
3 3
GIẢI
 Để dễ nhìn ta đặt ẩn phụ t  log 3 x . Phương trình  t 2   m  2  t  3m  1  0 (1)
Ta có : x1 x2  27  log3  x1 x2   log3 27  log3 x1  log3 x2  3  t1  t2  3
 Khi đó phương trình bậc hai (1) có 2 nghiệm thỏa mãn t1  t2  3 
   m  2   4(3m  1)  0
 2

 S  t1  t2  m  2  3

(Q)+2)dp4(3Q)p1)r1=

Vậy m  1 thỏa mãn hệ phương trình (*)  Đáp số chính xác là C

BÀI 10. TÌM SỐ NGHIÊM PHƯƠNG TRÌNH – LOGARIT (P1).
1) PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG MODE 7

Tổng hợp phƣơng pháp
Bƣớc 1: Chuyển PT về dạng Vế trái = 0
Bƣớc 2: Sử dụng chức năng MODE 7 để xét lập bảng giá trị của vế trái
Bƣớc 3: Quan sát và đánh giá : +) Nếu F    0 thì  là 1 nghiệm
+) Nếu F  a  .F  b   0 thì PT có 1 nghiệm thuộc  a; b 
VD1-[THPT Phạm Hồng Thái – Hà Nội 2017]
Số nghiệm của phương trình 6.4 x  12.6 x  6.9 x  0 là ;
A. 3 B. 1 C. 2 D. 0
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Khởi động chức năng lập bảng giá trị MODE 7 của Casio rồi nhập hàm :
w76O4^Q)$p12O6^Q)$+6O
9^Q)
 Thiết lập miền giá trị của X là : Start 9 End 10 Step 1

==p9=10=1=
Máy tính cho ta bảng giá trị :
Ta thấy khi x  0 thì F  0   0 vậy x  0 là nghiệm.

 Tiếp tục quan sát bảng giá trị F  X  nhưng không có giá trị nào làm cho F  X   0
hoặc khoảng nào làm cho F  X  đổi dấu. Điều này có nghĩa x  0 là nghiệm duy
nhất
Kết luận : Phương trình ban đầu có 1 nghiệm  Ta chọn đáp án B
 Vì 9 x  0 nên ta có thể chia cả 2 vế cho 9 x
4x 6x
Phương trình đã cho  6. x  12. x  6  0
9 9
2x x
2 2
 6.    12.    6  0 (1)
3 3
x 2x
2 2
Đặt   là t thì    t 2 . Khi đó (1)  6t 2  12t  6  0  6  t  1  0  t  1
2

3 3
x
2
 Vậy    1  x  0
3
 Bình luận :
 Để sử dụng phương pháp Casio mà không bị sót nghiệm ta có thể sử dụng vài thiết
lập miền giá trị của X để kiểm tra. Ngoài Start 9 End 10 Step 1 ta có thể thiết
lập Start 4 End 5 Start 0.5
==p4=5=0.5=
Ta quan sát bảng giá trị vẫn có 1 nghiệm x  0 duy nhất vậy ta có thể yên tâm hơn
về lựa chọn của mình.
Theo cách tự luận ta thấy các số hạng đều có dạng bậc 2. Ví dụ 4 x   2 x  hoặc
2

6 x  2 x.3 x vậy ta biết đây là phương trình dạng đẳng cấp bậc 2.
 Dạng phương trình đẳng cấp bậc 2 là phương trình có dạng ma 2  nab  pb 2  0 ta
a
giaỉ bằng cách chia cho b 2 rồi đặt ẩn phụ là  t
b
VD2-[Thi thử chuyên Thái Bình lần 1 năm 2017]
 
sin  x  
Số nghiệm của phương trình e  4
 tan x trên đoạn  0; 2  là :
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 
sin  x  
 Chuyển phương trình về dạng : e  4
 tan x  0
2  0
Sử dụng chức năng MODE 7 với thiết lập Start 0 End 2 Step
19
qw4w7QK^jQ)paQKR4$)$
plQ))==0=2qK=2qKP19=
 Quan sát bảng giá trị ta thấy 3 khoảng đổi dấu như trên :
f  0.6613 . f  0.992   0  có nghiệm thuộc khoảng  0.6613;0.992 
f 1.3227  . f 1.6634   0  có nghiệm thuộc khoảng 1.3227;1.6534 
f  3.6376  . f  3.9683  0  có nghiệm thuộc khoảng  3.6376;3.9683
f  4.6297  . f  4.9604   0  có nghiệm thuộc khoảng  4.6297; 4.9604 

Kết luận : Phương trình ban đầu có 4 nghiệm  Ta chọn đáp án D
 Bình luận :
 Đề bài yêu cầu tìm nghiệm thuộc  0; 2  nên Start = 0 và End = 2
2  0
 Máy tính Casio tính được bảng giá trị gồm 19 giá trị nên bước nhảy Step =
19
   
3x
x
VD3-[THPT Nhân Chính – Hà Nội 2017] Phương trình 3 2 x1
 3 2 có số
nghiệm âm là :
A. 2 nghiệm B. 3 nghiệm C. 1 nghiệm D. Không có
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
   
3x
x
 Chuyển phương trình về dạng : 3 2 x1
 3 2 0
Khởi động chức năng lập bảng giá trị MODE 7 của Casio rồi nhập hàm :
w7(s3$+s2$)â3Q)RQ)+1
$$p(s3$ps2$)^Q)
 Vì đề bài yêu cầu nghiệm âm nên ta hiết lập miền giá trị của X là : Start 9 End 0
Step 0.5
==p9=0=0.5=
Ta thấy khi x  4 thì F  4   0 vậy x  4 là nghiệm.

 Tiếp tục quan sát bảng giá trị F  X  nhưng không có giá trị nào làm cho F  X   0
hoặc khoảng nào làm cho F  X  đổi dấu.
Điều này có nghĩa x  4 là nghiệm âm duy nhất
Kết luận : Phương trình ban đầu có 1 nghiệm âm  Ta chọn đáp án C
 Logarit hai vế theo cơ số dương 3  2
       
3x 3x
x x
Phương trình 3 2 x1
 3 2  log 3 2
3 2 x1
 log 3 2
3 2
x  0

3x
x 1
 x log
3 2  3x
3 2
x 1
  x x
 3
  
 x 1 
1

  0   x  1  3  x  4

 x  4 thỏa điều kiện. Vậy ta có x  4 là nghiệm âm thỏa phương trình
 Bình luận :
 Phương trình trên có 2 cơ số khác nhau và số mũ có nhân tử chung. Vậy đây là dấu
hiệu của phương pháp Logarit hóa 2 vế
 Thực ra phương trình có 2 nghiệm x  0; x  4 nhưng đề bài chỉ hỏi nghiệm âm
nên ta chỉ chọn nghiệm x  4 và chọn đáp án C là đáp án chính xác

 Vì đề bài hỏi nghiệm âm nên ta thiết lập miền giá trị của x cũng thuộc miền âm
 9;0
VD4-[THPT Yến Thế - Bắc Giang 2017] Số nghiệm của phương trình
3  5   
x x
 7 3 5  2 x3 là :
A. 2 B. 0 C. 3 D. 1
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
   
x x
 Chuyển phương trình về dạng : 3  5  7 3 5  2 x3  0
Khởi động chức năng lập bảng giá trị MODE 7 của Casio rồi nhập hàm :
w7(3ps5$)^Q)$+7(3+s5$)^
Q)$p2^Q)+3
 Thiết lập miền giá trị của X là : Start 9 End 10 Step 1

==p9=10=1=
Ta thấy khi x  0 thì F  0   0 vậy x  0 là nghiệm.

 Tiếp tục quan sát bảng giá trị F  X 
Ta lại thấy f  3 . f  2   0 vậy giữa khoảng  3; 2  tồn tại 1 nghiệm
Kết luận : Phương trình ban đầu có 2 nghiệm  Ta chọn đáp án A
 Vì 2 x  0 nên ta có thể chia cả 2 vế cho 2 x
x x
 3 5   3 5 
Phương trình đã cho  
 2   7  2   8  0
   
x x
 3 5   3 5  1
 Đặt    t t  0 thì    . Khi đó (1)
 2   2  t
1 t  1
 t  7.  8  0  t 2  8t  7  0  
t t  7
x
 3 5 
Với t  1  

 2   1  x  0
 
x
 3 5 
Với t  7  
 2   7  x  log 3 5 7
  2

Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm x  0; x  log 3 5
7
2
 Bình luận :
 Nhắc lại một lần nữa nếu f  a  . f  b   0 thì phương trình có nghiệm thuộc  a; b 
3 5 3 5
 Ta nhận thấy 2 đại lượng nghịch đảo quen thuộc và nên ta tìm cách
2 2
để tạo ra 2 đại lượng này bằng cách chia cả 2 vế của phương trình cho 2 x
   
x 2  2 x 1 x 2  2 x 1 4
VD 5 : Số nghiệm của bất phương trình 2  3  2 3  (1) là :
2 3
A. 0 B. 2 C. 3 D. 5
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
   
x 2  2 x 1 x 2  2 x 1 4
 Chuyển bất phương trình (1) về dạng : 2  3  2 3  0
2 3
   
x 2  2 x 1 x 2  2 x 1 4
 Nhập vế trái vào máy tính Casio : F  X   2  3  2 3 
2 3
(2+s3$)^Q)dp2Q)+1$+(2
ps3$)^Q)dp2Q)p1$pa4R2
ps3$$
 Thiết lập miền giá trị cho x với Start -9 End 9 Step 1
=p9=9=1=
 Máy tính Casio cho ta bảng giá trị :
Ta thấy f  1 . f  0   0 vậy phương trình có 1 nghiệm thuộc  1;0 
Ta thấy f 1  0 vậy x  1 là nghiệm của phương trình (1)
Lại thấy f  2  . f  3  0 vậy phương trình có 1 nghiệm thuộc  2;3

 Kết luận : Phương trình (1) có 3 nghiệm  Chọn đáp án C
Bài 1-[Chuyên Khoa Học Tự Nhiên 2017] Số nghiệm của phương trình log  x  1  2 là
2
:
A. 2 B. 1 C. 0 D. Một số khác
Bài 2-[THPT Lục Ngạn - Bắc Giang 2017]

Số nghiệm của phương trình  x  2   log 0.5  x 2  5 x  6   1  0 là :

A. 1 B. 3 C. 0 D. 2
x 2  2 x 3 x 2 3 x  2
3  32 x 5 x 1  1
2
Bài 3-[THPT Lục Ngạn - Bắc Giang 2017] Phương trình 3
A. Có ba nghiệm thực phân biệt B. Vô nghiệm
C. Có hai nghiệm thực phân biệt D. Có bốn nghiệm thực phân biệt
1
Bài 4-[THPT HN Amsterdam 2017] Tìm số nghiệm của phương trình 2 x  2 x  3 :
A. 1 B. 2 C. Vô số D. Không có
nghiệm
Bài 5-[THPT Nhân Chính – Hà Nội 2017]
3
1
   
Cho phương trình 2 log 2 x  log 1 1  x  log 2 x  2 x  2 . Số nghiệm của phương
2
trình là ;
A. 2 nghiệm B. Vô số nghiệm C. 1 nghiệm D. Vô nghiệm
Tìm số nghiệm của phương trình log  x  2   2log x  log  x  4
2
10
A. 3 B. 2 C. 0 D. 1

Bài 1-[Chuyên Khoa Học Tự Nhiên 2017] Số nghiệm của phương trình log  x  1  2 là
2
GIẢI
 Phương trình  log  x  1  2  0 . Sử dụng chức năng MODE 7 để tìm số nghiệm với
2
Start 9 End 10 Step 1

w7g(Q)p1))od)ps2==p9=10
=1=
Ta thấy có hai khoảng đổi dấu  Phương trình ban đầu có 2 nghiệm
Chú ý : Để tránh bỏ sót nghiệm ta thường thử thêm 1 hoặc 2 lần nữa với hai khoảng Start
End khác nhau Ví dụ Start 29 End 10 Step 1 hoặc Sart 11 End 30 Step 1. Ta thấy không
có khoảng đổi dấu nào nữa
 Chắc ăn hơn với 2 nghiệm tìm được

A. 1 B. 3 C. 0 D. 2
GIẢI
x  3
 Tìm điều kiện của phương trình : x 2  5 x  6  0  
x  2
wR1111=p5=6==
 Phương trình  x  2   log 0.5  x 2  5 x  6   1  0 . Vì điều kiện chia hai khoảng nên ta MODE
7 hai lần. Lần thứ nhất với Start 7 End 2 Step 0.5
w7(Q)p2)(i0.5$Q)dp5Q)+
6$+1)==p7=2=0.5=
Ta thấy có 1 nghiệm x  1
Lần thứ hai với Start 3 End 12 Start 0.5
C==3=12=0.5=
Ta lại thấy có nghiệm x  4  Phương trình có 2 nghiệm 1 và 4 .  Đáp án chính xác là

D
Bài 3-[THPT Lục Ngạn - Bắc Giang 2017] Phương trình 3x 2 x 3  3x 3 x  2  32 x 5 x 1  1

2 2 2

GIẢI
 2 x 3 3 x  2 5 x 1
 Phương trình  3x  3x  32 x  1  0 . Sử dụng MODE 7 với Start 9 End 0 Step
2 2 2
0.5
w73^Q)dp2Q)p3$+3^Q)dp3
Q)+2$p3^2Q)dp5Q)p1$p1==
p9=0=0.5=
Ta thấy có 1 nghiệm x  1
 Tiếp tục MODE 7 với Start 0 End 9 Step 0.5
C==0=9=0.5=
Ta lại thấy có thêm ba nghiệm x  1; 2;3  Tổng cộng 4 nghiệm  Đáp án chính xác là D
1
Bài 4-[THPT HN Amsterdam 2017] Tìm số nghiệm của phương trình 2 x  2 x  3 :
nghiệm

GIẢI
1
 Phương trình  2 x  2 x  3  0 (điều kiện x  0 ). Sử dụng MODE 7 với Start 0 End 4.5
Step 0.25
w72â1RQ)$$+2^sQ)$$p3==0=4
.5=0.25=
Trên đoạn 0; 4.5 không có nghiệm nào

 Tiếp tục MODE 7 với Start 4.5 End 9 Step 0.25
C==4.5=9=0.25=
Dự đoán phương trình vô nghiệm. Để chắn ăn hơn ta thử lần cuối với Start 9 End 28 Step 1
C==9=28=1=
Giá trị của F  X  luôn tăng đến    Phương trình vô nghiệm  Đáp án chính xác là
D
 1

Cho phương trình 2 log 2 x  log 1 1  x  log
3 2 2 x 2 
x  2 . Số nghiệm của phương
trình là ;
GIẢI
 1

Phương trình  2 log 2 x  log 1 1  x  log
3 2 2 x  2 
x  2  0 (điều kiện 0  x  1 ). Sử
dụng MODE 7 với Start 0 End 1 Step 0.1

w72i2$Q)$+ia1R3$$1psQ)
$$pa1R2$is2$$Q)p2sQ)$+2
==0=1=0.1=
Ta thấy có 1 nghiệm duy nhất thuộc khoảng  0.6;0.7   Đáp án chính xác là C
2
10
A. 3 B. 2 C. 0 D. 1
GIẢI

 Phương trình  log  x  2   2 log x  log  x  4  0 (điều kiện x  0 ). Sử dụng MODE 7
2
10
với Start 0 End 4.5 Step 0.25

w7g(Q)p2)d)p2gQ))pis10
$$Q)+4==0=4.5=0.25=
Trên đoạn 0; 4.5 có 1 nghiệm

 Tiếp tục MODE 7 với Start 4.5 End 9 Step 0.25
C==4.5=9=0.25=
Trên khoảng này không thu được nghiệm nào. Để chắn ăn hơn ta thử lần cuối với Start 9
End 28 Step 1
C==9=28=1=
Cũng không thu được nghiệm  Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất  Đáp án
chính xác là C

PHƯƠNG PHÁP CASIO – VINACAL
BÀI 11. TÌM SỐ NGHIÊM PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT (P2).
1) PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG SHIFT SOLVE

Bài toán đặt ra : Tìm số nghiệm của phương trình x  2 x  1  x 2  3x  1 ?
Xây dựng phƣơng pháp :
 Chuyển bài toán về dạng Vế trái  0 khi đó x  2 x  1  x 2  3x  1  0 và đặt
f  x   x  2 x  1  x2  3 x  1
 Nhập vế trái vào màn hình máy tính Casio
sQ)$+s2Q)+1$pQ)d+3Q)p
1
Sử dụng chức năng dò nghiệm SHIFT SOLVE với nghiệm gần giá trị 3
qr3=
Máy tính báo có nghiệm x  4
 Để tìm nghiệm tiếp theo ta tiếp tục sử dụng chức năng SHIFT SOLVE, tuy nhiên câu hỏi
đƣợc đặt ra là làm thế nào máy tính không lặp lại giá trị nghiệm x  4 vừa tìm đƣợc ?
+) Để trả lời câu hỏi này ta phải triệt tiêu nghiệm x  4 ở phương trình f  x   0 đi bằng
f  x
cách thực hiện 1 phép chia
x4
f  x
+) Sau đó tiếp tục SHIFT SOLVE với biểu thức để tìm nghiệm tiếp theo.
x4
+) Quá trình này liên tục đến khi nào máy tính báo hết nghiệm thì thôi.
Tổng hợp phƣơng pháp
Bƣớc 1: Chuyển PT về dạng Vế trái = 0
Bƣớc 2: Sử dụng chức năng SHIFT SOLVE dò nghiệm
Bƣớc 3: Khử nghiệm đã tìm được và tiếp tục sử dụng SHIFT SOLVE để dò nghiệm
VD1-[THPT Phạm Hồng Thái – Hà Nội 2017]
Số nghiệm của phương trình 6.4 x  12.6 x  6.9 x  0 là ;
A. 3 B. 1 C. 2 D. 0
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Nhập vế trái của phương trình 6.4 x  12.6 x  6.9 x  0 vào máy tính Casio :
6O4^Q)$p12O6^Q)$+6O9^
Q)
 Sử dụng chức năng SHIFT SOLVE để tìm được nghiệm thứ nhất :
qr2=

Ta thu được nghiệm thứ nhất x  0
 Để nghiệm x  0 không xuất hiện ở lần dò nghiệm SHIFT SOLVE tiếp theo ta chia phương
trình F  X  cho nhân tử x
$(!!)PQ)
Tiếp tục SHIFT SOLVE lần thứ hai :

qr1=
1050 ta hiểu là 0 (do cách làm tròn của máy tính Casio) Có nghĩa là máy tính không thấy
nghiệm nào ngoài nghiệm x  0 nữa  Phương trình chỉ có nghiệm duy nhất.
3
VD2: Số nghiệm của bất phương trình 2 x  2 x  (1) là :
2
2
A. 3 B. 2 C. 0 D. 4
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
3
 Chuyển bất phương trình (1) về dạng : 2 x  2 x   0
2
2
3
 Nhập vế trái của phương trình 2 x  2 x   0 vào máy tính Casio rồi nhất =để lưu vế trái
2
2
vào máy tính . Dò nghiệm lần thứ nhất với x gần 1
2^Q)dp2Q)$pa3R2$=
qrp1=
Ta được nghiệm x  0.2589...

 Tiếp theo ta sẽ khử nghiệm x  0.2589... nhưng nghiệm này lại rất lẻ, vì vậy ta sẽ lưu vào
biến A
qJz
Sau đó gọi lại phương trình và thực hiện phép chia nhân tử x  A để khử nghiệm A
E$(!!)P(Q)pQz)
 Tiếp tục SHIFT SOLVE với x gần 1 . Ta được nghiệm thứ hai và lưu vào B
qr=1=qJx
Gọi lại phương trình ban đầu rồi thực hiện phép chia cho nhân tử x  B để khử nghiệm B
EE$(!!)P(Q)pQz)P(Q)pQ
x)
Rồi dò nghiệm với x gần 0

qr===
Máy tính nhấn Can’t Solve tức là không thể dò được nữa (Hết nghiệm)
 Kết luận : Phương trình (1) có 2 nghiệm  Chọn đáp án B
   
x 2  2 x 1 x 2  2 x 1 4
VD3 : Số nghiệm của bất phương trình 2  3  2 3  (1) là :
2 3
A. 0 B. 2 C. 3 D. 5
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
   
x 2  2 x 1 x 2  2 x 1 4
 Nhập vế trái phương trình 2  3  2 3   0 vào máy tính Casio ,
2 3
nhấn nút = để lưu phương trình lại và dò nghiệm thứ nhất.
(2+s3$)^Q)dp2Q)+1$+(2
ps3$)^Q)dp2Q)p1$pa4R2
ps3=
qr1=
 Khử nghiệm x  1 rồi dò nghiệm thứ hai.

qr1=$(!!)P(Q)p1)qr3=
Lưu biến thứ hai này vào A

qJz
 Khử nghiệm x  1; x  A rồi dò nghiệm thứ ba. Lưu nghiệm này vào B
$(!!)P(Q)p1)P(Q)pQz)q
r=p1=
 Khử nghiệm x  1; x  A; x  B rồi dò nghiệm thứ tư.

EEE$(!!)P(Q)p1)P(Q)pQ
z)P(Q)pQx)qr==0=
Hết nghiệm  Phương trình (1) có 3 nghiệm  Chọn đáp án C

VD4-[Thi thử chuyên Thái Bình lần 1 năm 2017]
 
sin  x  
Số nghiệm của phương trình e  4
 tan x trên đoạn  0; 2  là :
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 
sin  x  
 Chuyển phương trình về dạng : e  4
 tan x  0 . Dò nghiệm thứ nhất rồi lưu vào A
QK^jQ)paqKR4$)$plQ))
=qr2qKP4=qJz

 Gọi lại phương trình ban đầu . Khử nghiệm x  A hay x  rồi dò nghiệm thứ hai. Lưu
4
nghiệm tìm được vào B
E$(!!)P(Q)pQz)qr=2qK
P4=
Ra một giá trị nằm ngoài khoảng  0; 2  .  Ta phải quay lại phương pháp 1 dùng MODE
7 thì mới xử lý được. Vậy ta có kinh nghiệm khi đề bài yêu cầu tìm nghiệm trên miền  ;  
thì ta chọn phương pháp lập bảng giá trị MODE 7
   
3x
x
VD5-[THPT Nhân Chính – Hà Nội 2017] Phương trình 3 2 x1
 3 2 có số nghiệm
âm là :
A. 2 nghiệm B. 3 nghiệm C. 1 nghiệm D. Không có
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
   
3x
x
 Nhập vế trái phương trình : 3 2 x1
 3 2  0 , lưu phương trình, dò nghiệm
thứ nhất.
w7(s3$+s2$)â3Q)RQ)+1
$$p(s3$ps2$)^Q)
 Gọi lại phương trình, khử nghiệm x  0 rồi dò nghiệm thứ hai. Lưu nghiệm này vào biến A

E$(!!)PQ)qrp10=qJz
 Khử hai nghiệm x  0; x  A rồi dò nghiệm thứ ba.

E$(!!)PQ)P(Q)+2)qrp10
=
Ta hiểu 1050  0 tức là máy tính không dò thêm được nghiệm nào khác 0
 Phương trình chỉ có 1 nghiệm âm x  2 (nghiệm x  0 không thỏa)  Ta chọn đáp
án C
VD6-[THPT Yến Thế - Bắc Giang 2017] Số nghiệm của phương trình
3  5   
x x
 7 3 5  2 x3 là :
A. 2 B. 0 C. 3 D. 1
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
3  5   
x x
 Nhập vế trái phương trình :  7 3 5  2 x3  0 vào máy tính Casio, lưu
phương trình, dò nghiệm thứ nhất . Ta thu được nghiệm x  0
(3ps5$)^Q)$+7(3+s5$)^
Q)$p2^Q)+3=qr1=
 Khử nghiệm x  0 rồi tiếp tục dò nghiệm thứ hai. Lưu nghiệm thứ hai vào A
$(!!)PQ)qr1=qJz
 Gọi lại phương trình, khử nghiệm x  0; x  A rồi dò nghiệm thứ ba.
EE$(!!)PQ)P(Q)pQz)qr
=p2=
Không có nghiệm thứ ba  Ta chọn đáp án A
Bài 1-[Chuyên Khoa Học Tự Nhiên 2017] Số nghiệm của phương trình log  x  1  2 là :
2

A. 1 B. 3 C. 0 D. 2
x 2  2 x 3 x 2 3 x  2 2 x 2 5 x 1
Bài 3-[THPT Lục Ngạn - Bắc Giang 2017] Phương trình 3 3 3 1
1
Bài 4-[THPT HN Amsterdam 2017] Tìm số nghiệm của phương trình 2  2 x  3 : x
nghiệm
3
 1
  
Cho phương trình 2 log 2 x  log 1 1  x  log 2 x  2 x  2 . Số nghiệm của phương trình là ;
2
Tìm số nghiệm của phương trình log  x  2   2log x  log 10  x  4 
2
A. 3 B. 2 C. 0 D. 1
Bài 1-[Chuyên Khoa Học Tự Nhiên 2017] Số nghiệm của phương trình log  x  1  2 là :
2
GIẢI
 Dò nghiệm thứ nhất của phương trình log  x  1  2  0 rồi lưu vào biến A
2
g(Q)p1)d)ps2=qr1=qJz
 Khử nghiệm thứ nhất x  A rồi dò nghiệm thứ hai. Lưu nghiệm thứ hai vào B
EE$(!!)P(Q)pQz)qr=5=qJ
x
 Khử nghiệm x  A; x  B rồi dò nghiệm thứ ba.

EEE$(!!)P(Q)pQz)P(Q)pQ
x)qr==p5=
Không có nghiệm thứ 3  A là đáp án chính xác

A. 1 B. 3 C. 0 D. 2
GIẢI

Dò nghiệm thứ nhất của phương trình  x  2  log 0.5  x 2  5 x  6   1  0 .
(Q)p2)(i0.5$Q)dp5Q)+6$
+1)=qr2.5=
Ta được nghiệm thứ nhất x  1 . Khử nghiệm này và tiến hành dò nghiệm thứ hai .
$(!!)P(Q)p1)qr5=
Ta được thêm nghiệm thứ hai x  4 . Khử hai nghiệm x  1; x  4 và tiến hành dò nghiệm thứ ba .
!P(Q)p4)qrp1=
Không có nghiệm thứ ba  Đáp số chính xác là D
Bài 3-[THPT Lục Ngạn - Bắc Giang 2017] Phương trình 3x 2 x 3  3x 3 x  2  32 x 5 x 1

1
2 2 2

GIẢI
 Dò nghiệm thứ nhất của phương trình 3x 2 x 3  3x 3 x  2  32 x 5 x 1  1  0
2 2 2
3^Q)dp2Q)p3$+3^Q)dp3Q)
+2$p3^2Q)dp5Q)p1$p1=qr1
=
Ta thấy có 1 nghiệm x  1
 Khử nghiệm x  1 rồi tiếp tục dò nghiệm thứ hai
$(!!)P(Q)p1)qr5=
 Ta thu được nghiệm x  3 . Khử hai nghiệm trên rồi tiếp tục dò nghiệm thứ ba
!P(Q)p3)qr5=
 Ta thu được nghiệm x  2 . Khử ba nghiệm trên rồi tiếp tục dò nghiệm thứ tư
!P(Q)p2)qr p1=

 Ta thu được nghiệm x  1 . Khử bốn nghiệm trên rồi tiếp tục dò nghiệm thứ năm
!P(Q)+1)qrp3=
Không có nghiệm thứ năm  Đáp án chính xác là D
1
Bài 4-[THPT HN Amsterdam 2017] Tìm số nghiệm của phương trình 2  2 x x
3 :
nghiệm
GIẢI
1
 Dò nghiệm thứ nhất của phương trình  2 x  2 x
 3  0 (điều kiện x  0 ).
2â1RQ)$$+2^sQ)$$p3qr1
=
Thấy ngay phương trình vô nghiệm  Đáp án chính xác là D

 3
 1
 
Cho phương trình 2 log 2 x  log 1 1  x  log 2 x  2 x  2 . Số nghiệm của phương trình là ;
2
GIẢI
3
1

 Dò nghiệm thứ nhất của phương trình  2 log 2 x  log 1 1  x  log 2 x  2 x  2  0
2
 
( x  0 ). Lưu nghiệm thứ nhất vào A
2i2$Q)$+ia1R3$$1psQ)$$
pa1R2$is2$$Q)p2sQ)$+2=
qr1=qJz
 Khử nghiệm x  A rồi dò nghiệm thứ hai

!!)P(Q)pQz)qr=3=
Không có nghiệm thứ hai  Đáp án chính xác là C

2
10
A. 3 B. 2 C. 0 D. 1
GIẢI
 Dò nghiệm thứu nhất của phương trình log  x  2   2 log x  log  x  4  0 ( x  0 ). Lưu
2
10
nghiệm này vào A

g(Q)p2)d)p2gQ))pis10$$
Q)+4=qr2= qJz
 Khử nghiệm x  A và tiếp tục dò nghiệm thứ hai :

EEE$(!!)P(Q)pQz)qr=5=
Không có nghiệm thứ hai  Đáp số chính xác là D

BÀI 12. GIẢI NHANH BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT (P1).
1) PHƢƠNG PHÁP 1: CALC THEO CHIỀU THUẬN

Bƣớc 1: Chuyển bài toán bất phương trình về bài toán xét dấu bằng cách chuyển hết các số hạng về
vế trái. Khi đó bất phương trình sẽ có dạng Vế trái  0 hoặc Vế trái  0
Bƣớc 2: Sử dụng chức năng CALC của máy tính Casio để xét dấu các khoảng nghiệm từ đó rút ra
đáp số đúng nhất của bài toán .
CALC THUẬN có nội dung : Nếu bất phương trình có nghiệm tập nghiệm là khoảng  a; b  thì bất
phương trình đúng với mọi giá trị thuộc khoảng  a; b 
*Chú ý: Nếu khoảng  a; b  và  c, d  cùng thỏa mãn mà  a, b    c, d  thì  c, d  là đáp án chính
xác
Ví dụ minh họa
 2x 1 
VD1-[Chuyên Khoa học tự nhiên 2017 ] Bất phương trình log 1  log3   0 có tập nghiệm là
2  x 1 
A.   ; 2  B.  4;    C.  2;1  1; 4  D.   ; 2    4;   
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Nhập vế trái vào máy tính Casio
ia1R2$$i3$a2Q)+1RQ)p1
 Kiểm tra tính Đúng Sai của đáp án A

+) CALC với giá trị cận trên X  2  0.1 ta được
rp2p0.1=
Đây là 1 giá trị dương vậy cận trên thỏa

+) CALC với giá trị cận dưới X  105
rp10^5)=
Đây là 1 giá trị dương vậy cận dưới thỏa

Tới đây ta kết luận đáp án A đúng
 Tương tự như vậy ta kiểm tra tính Đúng Sai của đáp án B thì ta thấy B cũng đúng
 A đúng B đúng vậy A  B là đúng nhất và D là đáp án chính xác

 2x  1 
 Bất phương trình  log 1  log3   log 1 1 (1)
2  x 1  2

1 2x 1 2x 1
 Vì cơ số thuộc  0;1 nên (1)  log 3  1  log 3  log 3 3 (2)
2 x 1 x 1
2x 1 2x 1 x4 x  4
 Vì cơ số 3  1 nên (2)   3  3 0 0
x 1 x 1 x 1 x  1
 Xét điều kiện tồn tại
 2x 1  2x 1
 x  1  0  x  1  0 2x 1 x2 x  1
   1 0
log 2 x  1  0 log 2 x  1  log 1 x 1 x 1  x  2
 3 x  1  3 x  1 3
x  4 x  1 x  4
 Kết hợp đáp số  và điều kiện  ta được 
x  1  x  2  x  2
 Bình luận :
 Ngay ví dụ 1 đã cho chúng ta thấy sức mạnh của Casio đối với dạng bài bất phương trình.
Nếu tự luận làm nhanh mất 2 phút thì làm Casio chỉ mất 30 giây
x  4
 Trong tự luận nhiều bạn thường hay sai lầm ở chỗ là làm ra đáp số  là dừng lại mà
x  1
x  1
quên mất việc phải kết hợp điều kiện 
 x  2
 Cách Casio thì các bạn chú ý Đáp án A đúng , đáp án B đúng thì đáp án hợp của chúng là
đáp án D mới là đáp án chính xác của bài toán.
VD2-[Chuyên Thái Bình 2017 ] Giải bất phương trình 2 x 4  5x 2 :

2
A. x    ; 2    log 2 5;    B. x    ; 2   log 2 5;   

C. x    ;log 2 5  2    2;    D. x    ;log 2 5  2   2;   
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Chuyển bất phương trình về bài toán xét dấu 2 x 4  5x 2  0
2
 Vì bất phương trình có dấu = nên chúng ta chỉ chọn đáp án chứa dấu = do đó A và C loại
2^Q)dp4$p5^Q)p2
 Kiểm tra tính Đúng Sai của đáp án B và D

+)CALC với giá trị cận trên X  2 ta được
rp2=
+)CALC với giá trị cận dưới X  105

rp10^5)=

Số 105 là số quá nhỏ để máy tính Casio làm việc được vậy ta chọn lại cận dứoi X  10
!rp10=
Đây cũng là một giá trị dương vậy đáp án nửa khoảng   ; 2 nhận
 Đi kiểm tra xem khoảng tương ứng   ;log 2 5  2 ở đáp án D xem có đúng không, nếu sai
thì chỉ có B là đúng
+) CALC với giá trị cận dưới X  log 2 5  2
rh5)Ph2)=
+) CALC với cận trên X  10

rp10=
Đây cũng là 2 giá trị dương vậy nửa khoảng   ;log 2 5  2 nhận
 Vì nửa khoảng   ;log 2 5  2 chứa nửa khoảng   ; 2 vậy đáp án D là đáp án đúng
nhất

 Logarit hóa 2 vế theo cơ số 2 ta được log 2 2 x  2
4
  log 5   x
2
x 2 2
 4   x  2  log 2 5
x  2
  x  2  x  2  log 2 5   0  
 x  log 2 5  2
 Vậy ta chọn đáp án D
 Bình luận :
 Bài toán này lại thể hiện nhược điểm của Casio là bấm máy sẽ mất tầm 1.5 phút so với 30
giây của tự luận. Các e tham khảo và rút cho mình kinh nghiệm khi nào thì làm tự luận khi
nào thì làm theo cách Casio
 Các tự luận tác giả dùng phương pháp Logarit hóa 2 vế vì trong bài toán xuất hiện đặc điểm
“ có 2 cơ số khác nhau và số mũ có nhân tử chung” các bạn lưu ý điều này
VD3-[Thi HSG tỉnh Ninh Bình 2017 ]

Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 2.2 x  3.3x  6 x  1  0 :
A. S   2;    B. S   0; 2  C. S  R D.   ; 2 
GIẢI
 Cách 1 : CASIO

2O2^Q)$+3O3^Q)$p6^Q)$
+1

+) CALC với giá trị cận trên X  10 ta được
r10=
Đây là 1 giá trị âm vậy đáp án A loại dẫn đến C sai

 Tương tự như vậy ta kiểm tra tính Đúng Sai của đáp án B
+) CALC với giá trị cận trên X  2  0.1
r2p0.1=
+) CALC với giá trị cận dứoi X  0  0.1

r0+0.1=
Cả 2 giá trị này đều dương vậy đáp án B đúng

 Vì D chứa B nên để xem đáp án nào đúng nhất thì ta chọn 1 giá trị thuộc D mà không B
+) CALC với giá trị X  2
rp2=
Giá trị này cũng nhận vậy D là đáp án chính xác

x x x
2 3 1
 Bất phương trình  2.2 x  3.3x  1  6 x  2.    3.       1
6 6 6
x x x
1 1 1
 2.    3.       1 (1)
3 2 6
x x x
1 1 1
 Đặt f  x   2.    3.      khi đó (1)  f  x   f  2  (2)
 3  2 6
x x x
1 1 1 1 1 1
 Ta có f '  x   2.   ln    3.   ln      ln    0 với mọi x
 3  3  2  2 6 6
 Hàm số f  x  nghịch biến trên R
 Khi đó (2)  x  2

 Bình luận :
 Tiếp tục nhắc nhở các bạn tính chất quan trọng của bất phương trình : B là đáp án đúng
nhưng D mới là đáp án chính xác (đúng nhất)
 Phần tự luận tác giả dùng phƣơng pháp hàm số với dấu hiệu “Một bất phƣơng trình có 3
số hạng với 3 cơ số khác nhau”
 Nội dng của phương pháp hàm số như sau : Cho một bất phương trình dạng f  u   f  v 
trên miền  a; b nếu hàm đại diện f  t  đồng biến trên  a; b thì u  v còn hàm đại diện
luôn nghịch biến trên  a; b thì u  v
2) Phƣơng pháp 2 : CALC theo chiều nghịch

Bƣớc 2: Sử dụng chức năng CALC của máy tính Casio để xét dấu các khoảng nghiệm từ đó rút ra
đáp số đúng nhất của bài toán .
CALC NGHỊCH có nội dung : Nếu bất phương trình có nghiệm tập nghiệm là khoảng  a; b  thì
bất phương trình sai với mọi giá trị không thuộc khoảng  a; b 
Ví dụ minh họa
 2x 1 
2  x 1 
:
A.   ; 2  B.  4;    C.  2;1  1; 4  D.   ; 2    4;   
GIẢI
 Cách 1 : CASIO

+) CALC với giá trị ngoài cận trên X  2  0.1 ta được
rp2+0.1=
Vậy lân cận phải của 2 là vi phạm  Đáp án A đúng và đáp án C sai
 Kiểm tra tính Đúng Sai của đáp án B
+) CALC với giá trị ngoài cận trên X  4  0.1 ta được
!r4p0.1=
Đây là giá trị âm. Vậy lân cận tráii của 4 là vi phạm  Đáp án B đúng và đáp án C sai
 Đáp án A đúng B đúng vậy ta chọn hợp của 2 đáp án là đáp án D chính xác.
2
A. x    ; 2    log 2 5;    B. x    ; 2   log 2 5;   

C. x    ;log 2 5  2    2;    D. x    ;log 2 5  2   2;   
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Chuyển bất phương trình về bài toán xét dấu 2 x 4  5x 2  0
2
 Vì bất phương trình có dấu = nên chúng ta chỉ chọn đáp án chứa dấu = do đó A và C loại
2^Q)dp4$p5^Q)p2
 Kiểm tra tính Đúng Sai của đáp án B

+)CALC với giá trị ngoài cận trên 2 là X  2  0.1 ta được
rp2+0.1=
Đây là 1 giá trị dương (thỏa đề bài) mà đáp án B không chứa X  2  0.1  Đáp án B sai
 Đáp án A, C, B đều sai vậy không cần thử thêm cũng biết đáp án D chính xác
A. S   2;    B. S   0; 2  C. S  R D.   ; 2 
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
2O2^Q)$+3O3^Q)$p6^Q)$
+1

+) CALC với giá trị ngoài cận dưới 2 ta chọn X  2  0.1
r2p0.1=
Đây là 1 giá trị dương (thỏa bất phương trình) vậy đáp án A sai dẫn đến đáp án C sai
 Tương tự như vậy ta kiểm tra tính Đúng Sai của đáp án B
+) CALC với giá trị ngoài cận dưới 0 ta chọn X  0  0.1
r0p0.1=
Đây là 1 giá trị dương (thỏa bất phương trình)  Đáp án B sai
 Đáp án A, C, B đều sai vậy không cần thử thêm cũng biết đáp án D chính xác

Bài 1-[Thi thử chuyên Sƣ phạm Hà Nội lần 1 năm 2017 ]
Bất phương trình ln  x  1 x  2 x  3  1  0 có tập nghiệm là :
A. 1; 2    3;    B. 1; 2    3;    C.   ;1   2;3 D.   ;1   2;3
Bài 2-[THPT Lƣơng Thế Vinh – Hà Nội 2017 ] Tập xác định của hàm số y  log 1  x  1  1 là :
2
 3 3 
A. 1;    B. 1;  C. 1;    D.  ;   
 2 2 
Bài 3-[Chuyên Khoa học tự nhiên 2017 ] Nghiệm của bất phương trình log x 1  x  x  6   1 là :
2
A. x  1 B. x  5 C. x  1; x  2 D. 1  x  5, x  2
x 2  x 9 x 1
   
Bài 4-[Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai 2017 ] Giải bất phương trình  tan    tan  :
 7  7
A. x  2 B. x  4 C. 2  x  4 D. x  2 hoặc x  4
Bài 5-[THPT HN Amsterdam 2017] Bất phương trình 2 .3  1 có bao nhiêu nghiệm nguyên :
x2 x
A. 1 B. Vô số C. 0 D. 2
Bài 6-[Thi thử Báo Toán học tuổi trẻ lần 4 năm 2017 ] Tập nghiệm của bất phương trình
32.4 x  18.2 x  1  0 là tập con của tập
A.  5; 2  B.  4;0  C. 1; 4  D.  3;1

A. 1; 2    3;    B. 1; 2    3;    C.   ;1   2;3 D.   ;1   2;3
GIẢI
 Casio cách 1
 Kiểm tra khoảng nghiệm 1; 2  với cận dưới X  1  0.1 và cận trên X  2  0.1
h(Q)p1)(Q)p2)(Q)p3)+1)r
1+0.1=r2p0.1=
Hai cận đều nhận  1; 2  nhận

 Kiểm tra khoảng nghiệm  3:    với cận dưới X  3  0.1 và cận trên X  109
x
Hai cận đều nhận   3;    nhận

Tóm lại hợp của hai khoảng trên là đúng  A là đáp số chính xác
 Casio cách 2
 Kiểm tra khoảng nghiệm 1; 2  với ngoài cận dưới X  1  0.1 và ngoài cận trên X  2  0.1
h(Q)p1)(Q)p2)(Q)p3)+1)r
1+0.1=r2p0.1=
Hai cận ngoài khoảng 1; 2  đều vi phạm  Khoảng 1; 2  thỏa
 Kiểm tra khoảng  3:    với ngoài cận dưới X  3  0.1 và trong cận dưới (vì không có cận trên)
r3p0.1=r3+0.1=
Ngoài cận dưới vi phạm, trong cận dưới thỏa  Khoảng  3;    nhận
Tóm lại hợp của hai khoảng trên là đúng  A là đáp số chính xác
2
 3 3 
A. 1;    B. 1;  C. 1;    D.  ;   
 2 2 
GIẢI
 Điều kiện : log 0.5  x  1  1  0 ( trong căn  0 )
 Kiểm tra khoảng nghiệm 1;    với cận dưới X  1 và cận trên 109
i0.5$Q)p1$p1r1=
Cận dưới vi phạm  Đáp án A sai

 3
 Kiểm tra khoảng nghiệm  1;  với cận dưới X  1  0.1 và cận trên X  3
 2
!r1+0.1=r3P2=
 3
Hai cận đều nhận   1;  nhận
 2
 Kiểm tra khoảng nghiệm 1;    với cận trên X  109  Cận trên bị vi phạm  C sai  D sai
r10^9)=
Tóm lại A là đáp số chính xác

 Casio cách 2
 Đáp án A sai luôn vì cận x  1 không thỏa mãn điều kiện hàm logarit
 3 3
 Kiểm tra khoảng nghiệm 1;  với ngoài cận dưới X  1  0.1 và ngoài cận trên X   0.1
 2 2
i0.5$Q)p1$p1r1p0.1=
 3
Ngoài hai cận đều vi phạm  1;  nhận
 2
3
Hơn nữa X   0.1 vi phạm  C và D loại luôn
2
Bài 3-[Chuyên Khoa học tự nhiên 2017 ] Nghiệm của bất phương trình log x 1  x 2  x  6   1 là :
A. x  1 B. x  5 C. x  1; x  2 D. 1  x  5, x  2
GIẢI
 Casio cách 1
 Chuyển bất phương trình về dạng xét dấu log x1  x2  x  6   1  0
 Kiểm tra khoảng nghiệm x  1 với cận dưới X  1  0.1 và cận trên X  109
iQ)p1$Q)d+Q)p6r1+0.1=!
r10^9)=
Cận dưới vi phạm  A sai  C và D chứa cận dưới X  1  01. vi phạm nên cũng sai
Tóm lại đáp số chính xác là B
 Casio cách 2
 Kiểm tra khoảng nghiệm 1; 2  với ngoài cận dưới X  1  0.1 và cận dưới X  1  0.1
h(Q)p1)(Q)p2)(Q)p3)+1)r
1+0.1=r2p0.1=
Cận dưới X  1  0.1 vi phạm nên A , C , D đều sai

x 2  x 9 x 1
   
 7  7
A. x  2 B. x  4 C. 2  x  4 D. x  2 hoặc x  4
GIẢI
 Casio cách 1
x 2  x 9 x 1
   
 Chuyển bất phương trình về dạng xét dấu  tan    tan   0
 7  7
 Kiểm tra khoảng nghiệm x  2 với cận dưới X  10 và cận trên X  2
qw4laqKR7$)^Q)dpQ)p9$p
laqKR7$)^Q)p1rp10=rp2=

Hai cận đều nhận  x  2 nhận  Đáp số chính xác chỉ có thể là A hoặc D
 Kiểm tra khoảng nghiệm x  4 với cận dưới X  4 và cận trên X  10
r4=r10=
Hai cận đều nhận  x  4 nhận

Tóm lại đáp số chính xác là D
 Casio cách 2
 Kiểm tra khoảng nghiệm x  2 với ngoài cận trên X  2  0.1 và cận trên X  2
qw4laqKR7$)^Q)dpQ)p9$p
laqKR7$)^Q)p1rp2+0.1=r
p2=
Ngoài cận trên X  2  0.1 vi phạm nên A nhận đồng thời C sai
 Kiểm tra khoảng nghiệm x  4 với ngoài cận dưới X  4  0.1 và cận dưới X  4
r4p0.1=r4=
Ngoài cận dưới X  4  0.1 vi phạm nên B nhận đồng thời C sai
Tóm lại A , B đều nhận nên hợp của chúng là D là đáp số chính xác
Bài 5-[THPT HN Amsterdam 2017] Bất phương trình 2 x .3x  1 có bao nhiêu nghiệm nguyên :
2
A. 1 B. Vô số C. 0 D. 2
(Xem đáp án ở Bài 5 – phần 2 vì phương pháp sau tỏ ra hiệu quả hơn hẳn)
A.  5; 2  B.  4;0  C. 1; 4  D.  3;1
(Xem đáp án ở Bài 6 – phần 2 vì phương pháp sau tỏ ra hiệu quả hơn hẳn)

BÀI 13. GIẢI NHANH BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT (P2).
1) PHƢƠNG PHÁP 3: LẬP BẢNG GIÁ TRỊ MODE 7

Bƣớc 2: Sử dụng chức năng lập bảng giá trị MODE 7 của máy tính Casio để xét dấu các khoảng
nghiệm từ đó rút ra đáp số đúng nhất của bài toán .
*Chú ý: Cần làm nhiều bài toán tự luyện để từ đó rút ra kinh nghiệm thiết lập Start End Step hợp lý
Ví dụ minh họa
 2x 1 
2  x 1 
:
A.   ; 2  B.  4;    C.  2;1  1; 4  D.   ; 2    4;   
GIẢI
 Cách 3 : CASIO
 Đăng nhập MODE 7 và nhập vế trái vào máy tính Casio
w7ia1R2$$i3$a2Q)+1RQ
)p1
 Quan sát các cận của đáp số là 2; 4;1 nên ta phải thiết lập miền giá trị của X sao cho X
chạy qua các giá trị này . Ta thiết lập Start 4 End 5 Step 0.5
==p4=5=0.5=
Quan sát bảng giá trị ta thấy rõ ràng hai khoảng   ; 2  và  4;    làm cho dấu của vế
trái dương.  Đáp số chính xác là D
2
A. x    ; 2    log 2 5;    B. x    ; 2   log 2 5;   

C. x    ;log 2 5  2    2;    D. x    ;log 2 5  2   2;   
GIẢI
 Cách 3 : CASIO
 Bất phương trình  2 x  4  5x  2  0 .Đăng nhập MODE 7 và nhập vế trái vào máy tính
2
Casio w72^Q)dp4$p5^Q)p2
 Quan sát các cận của đáp số là 2; 2;log 2 5  2.32;log 2 5  2  0.32 nên ta phải thiết lập miền
giá trị của X sao cho X chạy qua các giá trị này . Ta thiết lập Start 3 End 3 Step 1: 3
==p3=3=1P3=
Quan sát bảng giá trị ta thấy rõ ràng hai khoảng   ;0.32  log 2 5 và  2;    làm cho
dấu của vế trái dương.  Đáp số chính xác là C
A. S   2;    B. S   0; 2  C. S  R D.   ; 2 
GIẢI
 Cách 3 : CASIO
 Đăng nhập MODE 7 và nhập vế trái vào máy tính Casio
w72O2^Q)$+3O3^Q)$p6^Q
)$+1
 Quan sát các cận của đáp số là 0; 2 nên ta phải thiết lập miền giá trị của X sao cho X chạy
qua các giá trị này . Ta thiết lập Start 4 End 5 Step 1
==p4=5=1=
Quan sát bảng giá trị ta thấy rõ ràng hai khoảng   ; 2  làm cho dấu của vế trái dương. 
Đáp số chính xác là C
2) PHƢƠNG PHÁP 4 : LƢỢC ĐỒ CON RẮN

Bƣớc 2: Sử dụng CALC tìm các giá trị tới hạn của (làm cho vế trái = 0 hoặc không xác định ) . Dấu
của bất phương trình có trong các khoảng tới hạn là không đổi. Dùng CALC lấy một giá trị đại diện
để xét dấu.
Chú ý : Qua 4 phương pháp ta mới thấy trong tự luận thì lược đồ con rắn là lợi hại nhất nhưng trong
khi thi trắc nghiệm thì lại tỏ ra yếu thế vì khó dùng và khá dài dòng
Ví dụ minh họa
 2x 1 
2  x  1 
:
A.   ; 2  B.  4;    C.  2;1  1; 4  D.   ; 2    4;   
GIẢI
 Cách 4 : CASIO
 Đề bài xuất hiện các giá trị 2; 4;1 ta CALC với các giá tri này để tìm giá trị tới hạn

 Lần lượt CALC với cá giá trị 2; 4;1
rp2=!r4=r1=
3 giá trị trên đều là giá trị trên đều là giá trị tới hạn nên ta chia thành các khoảng nghiệm
  ; 2 ;  2;1 ; 1; 4 ; 4; 
 CALC với các giá trị đại diện cho 4 khoảng để lấy dấu là : 3;0; 2;5
rp2=!r4=r1=
Rõ ràng khoảng nghiệm thứ nhất và thứ tư thỏa mãn  Đáp số chính xác là D
2
A. x    ; 2    log 2 5;    B. x    ; 2   log 2 5;   

C. x    ;log 2 5  2    2;    D. x    ;log 2 5  2   2;   
GIẢI
 Cách 4 : CASIO
 Đề bài xuất hiện các giá trị 2;log 2 5  2; 2;log 2 5  2.32 ta CALC với các giá tri này để tìm
giá trị tới hạn
2^Q)dp4$p5^Q)p2rp2=r
i5)Pg2)p2=r2=rg5)Pg2)
=
Ta thu được hai giá trị tới hạn log 2 5  2 và 2  Đáp số chỉ có thể là C hoặc D
 Vì bất phương trình có dấu = nên ta lấy hai cận  Đáp số chính xác là D

A. S   2;    B. S   0; 2  C. S  R D.   ; 2 
GIẢI
 Cách 4 : CASIO
 Đề bài xuất hiện các giá trị 0; 2 ta CALC với các giá tri này để tìm giá trị tới hạn
2O2^Q)$+3O3^Q)$p6^Q)$
+1r0=r2=
Ta thu được 1 giá trị tới hạn x  2  Đáp số đúng là A hoặc D

 CALC với các giá trị đại diện cho 2 khoảng để lấy dấu là : 1;3
rp2=!r4=r1=
Ta cần lấy dấu dương  Đáp số chính xác là D

A. 1; 2    3;    B. 1; 2    3;    C.   ;1   2;3 D.   ;1   2;3
2
 3 3 
A. 1;    B. 1;  C. 1;    D.  ;   
 2 2 
Bài 3-[Chuyên Khoa học tự nhiên 2017 ] Nghiệm của bất phương trình log x 1  x  x  6   1 là :
2
A. x  1 B. x  5 C. x  1; x  2 D. 1  x  5, x  2
x 2  x 9 x 1
   
 7  7
A. x  2 B. x  4 C. 2  x  4 D. x  2 hoặc x  4
Bài 5-[THPT HN Amsterdam 2017] Bất phương trình 2 .3  1 có bao nhiêu nghiệm nguyên :
x2 x
A. 1 B. Vô số C. 0 D. 2
A.  5; 2  B.  4;0  C. 1; 4  D.  3;1

A. 1; 2    3;    B. 1; 2    3;    C.   ;1   2;3 D.   ;1   2;3
GIẢI
 Casio cách 4

 Kiểm tra các giá trị 1; 2;3
h(Q)p1)(Q)p2)(Q)p3)+1)r
1=r2=r3=
Cả 3 giá trị trên đều là giá trị tới hạn  Chia thành 4 khoảng nghiệm   ;1 ; 1; 2  ;  2;3 ;  3;   
3 5
 CALC với 4 giá trị đại diện cho 4 khoảng này là 0; ; ; 4
2 2
x
Ta cần lấy dấu dương  Lấy khoảng 2 và khoảng 4  A là đáp số chính xác
2
 3 3 
A. 1;    B. 1;  C. 1;    D.  ;   
 2 2 
GIẢI
 Casio cách 4
3
 Tập xác định  log 2  x  1  1  0 . Kiểm tra các giá trị 1;
2
i0.5$Q)p1$p1r1=!r3P2=
 3 3 
Cả 2 giá trị trên đều là giá trị tới hạn  Chia thành 3 khoảng nghiệm   ;1 ; 1;  ;  ;   
 2 2 
 CALC với 3 giá trị đại diện cho 4 khoảng này là 0;1.25; 2
x
Ta cần lấy dấu dương  Lấy khoảng 2  B là đáp số chính xác

Bài 3-[Chuyên Khoa học tự nhiên 2017 ] Nghiệm của bất phương trình log x 1  x 2  x  6   1 là :
A. x  1 B. x  5 C. x  1; x  2 D. 1  x  5, x  2
GIẢI
 Casio cách 3

 Bất phương trình  log x 1  x 2  x  6   1  0 . Quan sát đáp số xuất hiện các giá trị 1;2; 5  2.23 .
Sử dụng MODE 7 với Start 0 End 3 Step 0.25
w7iQ)p1$Q)d+Q)p6$p1==0
=3=0.25=
Rõ ràng x  5  2.23 làm cho vế trái bất phương trình nhận dấu dương  B là đáp án chính xác
x 2  x 9 x 1
   
 7  7
A. x  2 B. x  4 C. 2  x  4 D. x  2 hoặc x  4
GIẢI
 Casio cách 3
x 2  x 9 x 1
   
 Chuyển bất phương trình về dạng xét dấu  tan    tan   0
 7  7
 Quan sát đáp số xuất hiện các giá trị 2; 4 . Sử dụng MODE 7 với Start 4 End 5 Step 0.5
qw4w7laqKR7$)^Q)dpQ)p9
$plaqKR7$)^Q)p1==p4=5=0
.5=
Quan sát bảng giá trị . Rõ ràng x  2 và x  4 làm cho vế trái bất phương trình  0  D là đáp
án chính xác
Bài 5-[THPT HN Amsterdam 2017] Bất phương trình 2 x .3x  1 có bao nhiêu nghiệm nguyên :
2
A. 1 B. Vô số C. 0 D. 2
GIẢI
 Chuyển bất phương trình về dạng xét dấu 2 x .3x  1  0
2
 Tìm cận thứ nhất bằng chức năng SHIFT SOLVE

2^Q)d$O3^Q)$p1=qr1=
 Khử cận thứ nhất và tiếp tục dò cận thứ hai

$(!!)PQ)qrp1=
Vậy ta dự đoán khoảng nghiệm là  1.5849...;0  . Kiểm tra dấu bằng cách lấy giá trị đại diện
x  1
Erp1=

Ta thấy dấu  vậy khoảng nghiệm là  1.5849...;0   có 1 nghiệm nguyên x  1

A.  5; 2  B.  4;0  C. 1; 4  D.  3;1
GIẢI
 Casio cách 3
 Sử dụng MODE 7 với Start 6 End 6 Step 1
w732O4^Q)$p18O2^Q)$+1==
p6=6=1=
Quan sát bảng giá trị . Rõ ràng khoảng nghiệm làm cho vế trái  thuộc khoảng  4;0 
 B là đáp án chính xác.

BÀI 14. TÌM SỐ CHỮ SỐ CỦA MỘT LŨY THỪA.
1) BÀI TOÁN MỞ ĐẦU

Hôm nay tôi lại nhận được 3 bài toán của thầy BìnhKami, 3 bài toán này liên quan đến so sánh 2
lũy thừa cùng cơ số.
Bài toán 1 : So sánh 2 lũy thừa 3210 và 1615
Bài toán 2 : So sánh 2 lũy thừa 2100 và 370
Bài toán 3 : So sánh 2 lũy thừa 22017  5999
Đối với bài toán số 1 thì tôi đã biết cách làm rồi, cơ số 32 và cơ số 16 đều có thể đưa về cơ số 2,
vậy 3210   25   25.10  250 và 1615   24   24.5  260 . Vậy 3210  1615
10 15
Đối với bài số 2 không thể đưa về cùng cơ số 2 hay 3 vì vậy tôi dùng sự trợ giúp của máy tính
Casio, tôi sẽ thiết lập hiệu 2100  370 nếu kết quả ra một giá trị dương thì 2100  370 , thật đơn giản
phải không !!
2^100$p3^70$=
Hay quá ra một giá trị âm, vậy có nghĩa là 2100  370
Tương tự như vậy tôi sẽ làm bài toán số 3 bằng cách nhập hiệu 22017  5999 vào máy tính Casio
2^2017$p5^999
Và tôi bấm nút =
Các bạn thấy đấy, máy tính không tính được. Tôi chịu rồi !!
Để so sánh 2 lũy thừa có giá trị quá lớn mà máy tính Casio không tính được thì chúng ta
phải sử dụng một thủ thuật, tôi gọi tắt là BSS. Thủ thuật BSS dựa trên một nguyên tắc so
sánh như sau : Nếu số A có n  1 chữ số thì luôn lớn hơn số B có n chữ số .
Ví dụ như số 1000 có 4 chữ số sẽ luôn lớn hơn số 999 có 3 chữ số.
Vậy tôi sẽ xem 22107 và 5999 thì lũy thừa nào có số chữ số nhiều hơn là xong.
Để làm được việc này tôi sẽ sử dụng máy tính Casio nhưng với tính năng cao cấp hơn,
các bạn quan sát nhé :
Đầu tiên là với 22017
Q+2017g2))+1=

Vậy tôi biết 22017 có 608 chữ số
Tiếp theo là với 5999
Q+999g5))+1=
Vậy 5999 có 699 chữ số

Rõ ràng 608  699 hay 22017  5999 . Thật tuyệt vời phải không !!
 Bình luận nguyên tắc hình thành lệnh tính nhanh Casio
 Ta thấy quy luật 101 có 2 chữ số, 102 có 3 chữ số … 10 k sẽ có k  1 chữ số
 Vậy muốn biết 1 lũy thừa A có bao nhiêu chữ số ta sẽ đặt A  10 k . Để tìm k ta
sẽ logarit cơ số 10 cả 2 vế khi đó k  log A . Vậy số chữ số sẽ là k  1   log A  1
 Lệnh Int dùng để lấy phần nguyên của 1 số.
2)VÍ DỤ MINH HỌA

VD1-[Bài toán số nguyên tố Mersenne] Đầu năm 2016, Curtis Cooper và các cộng sự
nhóm nghiên cứu Đại học Central Mis-souri, Mỹ vừa công bố số nguyên tố lớn nhất tại
thời điểm đó. Số nghuyên tố này là một số có giá trị bằng M  274207281  1 . Hỏi số M có bao
nhiêu chữ số.
A. 2233862 B. 22338618 C. 22338617 D. 2233863
GIẢI
 CASIO
 Ta có M  2742007281  1  M  1  2742007281
 Đặt M  1  10k  2742007281  10k  k  log 274207281 và số chữ số là  k   1
Q+74207281g2))+1=
Vậy M  1 có số chữ số là 22338618

 Ta nhận thấy M  1 có 22338618 chữ số, vậy M có bao nhiêu chữ số ? Liệu vẫn là
22338618 chữ số hay suy biến còn 22338617 chữ số.
 Câu trả lời là không suy biến vì M là lũy thừa bậc của 2 nên tận cùng chỉ có thể là
2, 4, 8, 6 nên khi trừ đi 1 đơn vị vẫn không bị suy biến
Vậy ta chọn B là đáp án chính xác.
 Đọc thêm :
 M  274207281  1 là số nguyên tố lớn nhất thế giới được phát hiện, gồm 22 triệu chữ
số, mất 127 ngày để đọc hết
 Giả sử 1 giây bạn có thể đọc được 2 chữ số, bạn không cần ăn uống, ngủ nghỉ…thì 4
tháng liên tục là quãng thời gian mà bạn cần phải bỏ ra để đọc hết con số nguyên tố
lớn nhất thế giới do các nhà toán học phát hiện mới đây. Với tên gọi M 74207281
con số nguyên tố Merssenne được phát hiện bởi các nhà toán học thuộc GIMPS-tổ
chức thành lập năm 1996 chuyên đi tìm những con số nguyên tố.

 Câu chuyện đi tìm số nguyên tố bắt đầu từ một nhà toán học, thần học, triết học tự
nhiên, Marin Mersenne (1588-1648). Ông là người đã nghiên cứu các số nguyên tố
nhằm cố tìm ra một công thức chung đại diện cho các số nguyên tố. Dựa trên các
nghiên cứu của ông, các nhà toán học thế hệ sau đã đưa ra một công thức chung
cho các số nguyên tố là M p  2 p  1
 Năm 1750 nhà toán học Ơ-le phát hiện ra số nguyên tố M 31
Năm 1876 số M 127 được nhà toán học Pháp Lucas Edouard phát hiện ra
Năm 1996 số nguyê tố lớn nhất thời đó được phát hiện là M 1398268
VD2-[Khảo sát chất lượng chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa năm 2017]
Gọi m là số chữ số cần dùng khi viết số 230 trong hệ thập phân và n là số chữ số cần dùng
khi viết số 30 2 trong hệ nhị phân. Ta có tổng m  n là :
A. 18 B. 20 C. 19 D. 21
GIẢI
 CASIO
 Đặt 230  10k  k  log 230 . Số chữ số của 230 trong hệ thập phân là  k   1
Q+30g2))+1=
Vậy số chữ số của 230 trong hệ thập phân là 10

 Đặt 302  900  2h  h  log2 900 . Số chữ số của 30 2 trong hệ nhị phân là  h   1
Q+i2$900$)+1=
Vậy số chữ số của 30 2 trong hệ nhị phân là 10  m  n  10  10  20

VD3: Cho tổng M  C2020
0
 C2020
1
 C2020
2
 ...  C2020
2020
Khi viết M dưới dạng 1 số trong hệ thập
phân thì số này có bao nhiêu chữ số:
A. 608 B. 609 C. 610 D. 611
GIẢI
 CASIO
 Theo khai triển nhị thức Newtơn thì 1  1  C2020  C2020  C2020  ...  C2020
2020 0 1 2 2020
Vậy M  22020
 Đặt 22020  10k  k  log 22020 . Số chữ số của M là  k   1
Q+2020g2))+1=
Vậy số chữ số của M là 609. Ta chọn đáp án B

 Bình luận :

 Bài toán này là sự kết hợp hay giữa kiến thức lũy thừa và kiến thức về nhị thức
Newtơn. Để làm được bài toán này bằng Casio thì cần có một số kiến thức cơ bản
về tổng Nhị thức Newtơn
 Dạng toán tổng nhị thức Newtơn được tác giả tóm tắt như sau :
+)Cho khai triển tổng  a  b   Cn0 a nb0  Cn1a n1b1  Cn2 a n2b2  ...  Cnn a0bn và khai triển
n
tổng  a  b   Cn0 a nb0  Cn1a n1b1  Cn2 a n2b2  Cn3a n3b3 ...  Cnn a 0b n
n
+)Để quan sát xem tổng nhị thức Newton có dạng là gì ta quan sát 3 thông số :
Thông số mũ n thì quan sát tổ hợp C n1 ví dụ như xuất hiện C2020
1
thì rõ ràng
n  2020 . Thông số a sẽ có số mũ giảm dần, thông số b sẽ có số mũ tăng dần
+)Áp dụng C19990
51999  C1999
1
519982  C1999
2
51997 22  C1999
3
51996 23  ....  C1999
1999 2
1999
thì rõ ràng
n  1999 , số mũ của a giảm dần vậy a  5 , số mũ của b tăng dần vậy b  2 . Ta
thu gọn khai triển thành  5  2   31999
1999
VD4: So sánh nào sau đây là đúng

A. 57123  75864 B. 57123  75864 C. 3400  2500 D. 41700  91200
GIẢI
 CASIO
 Đặt 57123  10k  k  log 57123  7123log 5  4978.76  4978
7123g5)=
Vậy 57123  104978

 Tương tự đặt ta đặt 75864  10h  h  log 75864  4955.65  4956
5864g7)=
Vậy 75864  10 4956

 Tóm lại 57123  104978  104566  75864
 Bình luận :
 Bài toán này nếu ta thực hiện 1 phép Casio ở đẳng cấp thấp là nhập hiệu 57123  75864
rồi xét dấu thì máy tính không làm được vì vượt qua phạm vi 10100
5^7123$p7^5846=
 Vậy để so sánh ta 2 đại lượng lũy thừa bậc cao M và N ta sẽ đưa về dạng
M  10k  10h  N
 Tuy nhiên việc so sánh 2 lũy thừa sử dụng Casio ở mức độ đơn giản cũng thường
xuất hiện trong đề thi của các trường, vậy ta cũng cần tìm hiểu thêm một chút. Các
e xem ở ví dụ số 4 dưới đây.

VD5-[THPT Ngọc Hồi - Hà Nội 2017] Kết quả nào sau đây đúng :
       
17 18 17 18
A.      B.     
6 6 3 3
17 18 17 18
e e e e
C.      D.     
 3  3 2 2
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
   
17 18
 Để kiểm tra tính Đúng – Sai của đáp án A ta sẽ thiết lập hiệu      . Vậy bài
6 6
   
17 18
so sánh chuyển về bài bất phương trình       0

6 6
Rồi nhập hiệu trên vào máy tính Casio
(aqKR6$)^17$p(aqKR6$)^1
8
Rồi ta nhấn nút = nếu kết quả ra 1 giá trị âm thì đáp án A đúng còn ra giá trị dương
thì đáp án A sai
Máy tính Casio báo kết quả ra 1 giá trị dương vậy rõ ràng đáp án A sai.
 Tương tự vậy đối với đáp án B
(aqKR3$)^17$p(aqKR3$)^1
8=
Vậy đáp số B cũng sai

 Ta lại tiếp tục với đáp án B
(aQKR3$)^17$p(aQKR3$)^1
8=
17 18 17 18
e e e e
Đây là 1 đại lượng dương vậy       0 hay     
 3  3  3  3
Tới đây ta thấy rõ ràng đáp số C là đáp số chính xác !!
 Cách 2 : Tự luận
    
17 18
 Ta có cơ số  0.52   0;1 và số mũ 17  18 vậy       Đáp án A sai

6 6 6

    
17 18
 Ta có cơ số  1.04  1 và số mũ 17  18 vậy       Đáp án B sai

3 3 3
17 18
e e e
 Ta có cơ số  0.906   0;1 và số mũ 17  18 vậy       Đáp số C sai
3  3  3
 Bình luận
 Để so sánh 2 lũy thừa cùng cơ số a u và a v ta sử dụng tính chất sau :
+) Nếu cơ số a  1 và u  v thì a u  a v (Điều này dẫn tới đáp án B sai)
+) Nếu cơ số a thuộc khoảng  0;1 và u  v thì a u  a v (Điều này dẫn tới đáp án A
sai)
VD6-[THPT-Hà Nội-Amsterdam 2017] (Bài toán xây dựng để chống lại Casio)
Khẳng định nào sau đây sai ?
   
2016 2017
2 1
A. 2  23 B. 2 1  2 1
2016 2017
 2  2
   
2017 2016
C. 1 
    1   D. 3 1  3 1
 2  
 2 
GIẢI
 Cách 1: CASIO
2 1
 Để kiểm tra tính Đúng – Sai của đáp án A ta sẽ thiết lập hiệu 2  23 . Vậy bài so
sánh chuyển về bài bất phương trình 2 2 1  23  0
Rồi nhập hiệu trên vào máy tính Casio
2^s2$+1$p2^3
Rồi ta nhấn nút = nếu kết quả ra 1 giá trị dương thì đáp án A đúng còn ra giá trị âm
thì đáp án A sai
Máy tính Casio báo kết quả ra 1 giá trị âm vậy rõ ràng đáp án A sai.
 Tương tự vậy đối với đáp án B
(s2$p1)^2016$p(s2$p1)^201
7=
Đáp số máy tính báo là 0 điều này là vô lý vì cơ số khác 0 và số mũ khác nhau buộc
   
2016 2017
2 1 và 2 1 buộc phải khác nhau.
Như vậy trong trường hợp này thì máy tính chịu !!!
 Cách 2: Tự luận
 Ngoài phương pháp so sánh 2 lũy thừa cùng cơ số được tác giả trình bày ở Ví dụ 3
thì tại Ví dụ 4 này tác giả xin giới thiệu 1 phương pháp thứ 2 vô cùng hiệu quả có
tên là Phương pháp đặt nhân tử chung.
   2 1   2 1   2 1

2016 2017 2016 2017
 Đáp án B : 2 1  0
  2  1 1   2  1  0   2  2  2  1
2016 2016
0
 
2  0 và  2  1  0 vậy  2  2  2  1
2016 2016
Dễ thấy 2   0  Đáp số B đúng
 Bình luận :
 Theo thuật toán của Casio thì những đại lượng dương mà nhỏ hơn 10 100 hoặc lớn
hơn 10 100 thì sẽ được hiển thị là ố 0 .
Đây là kẽ hở để các trường ra bài toán so sánh lũy thừa chống lại Casio

Bài 1-[ Bài toán số nguyên tố Fecmat] Nhà toán học Pháp Pierre de Fermat là người đầu
tiên đưa ra khái niệm số Fecmat Fn  22  1 là một số nghuyên tố với n là số dương không
n
âm. Hãy tìm số chữ số của F13

A. 1243 B. 1234 C. 2452 D. 2467
*Chú ý : Sự dự đoán của Fecmat là sai lầm vì nhà toán học Ơ le đã chứng minh được F5 là
hợp số.
Bài 2: Cho tổng M  C1642
0
31642  C1642
1
316412  C1642
3
3164023  ...  C1642
1642 1642
2 Khi viết M dưới dạng 1
số trong hệ thập phân thì số này có bao nhiêu chữ số:
A. 608 B. 609 C. 610 D. 611
*Chú ý : 1642 là năm sinh của nhà toán học, vật lý học, thiên văn học, thần học, giả kim
thuật vĩ đại người Anh Isaac Newton.
Bài 3: So sánh nào sau đây là đúng
A. 112003  92500 B. 23693  25600 C. 29445  31523 D. 29445  31523
Bài 4-[Thi thử THPT Ngọc Hồi - Hà Nội lần 1 năm 2017] Cho a, b là hai số tự nhiên lớn
hơn 1 thỏa mãn a  b  10 và a12b 2016 là một số tự nhiên có 973 chữ số. Cặp a, b thỏa mãn
bài toán là :
A.  5;5 B.  6; 4  C.  8; 2  D.  7;3
Bài 5-[THPT Ngọc Hồi - Hà Nội 2017] Kết quả nào sau đây đúng :
       
17 18 17 18
A.      B.     
6 6 3 3
17 18 17 18
e e e e
C.      D.     
 3  3 2 2
Bài 6-[THPT Nguyễn Trãi - Hà Nội 2017] Mệnh đề nào sau đây đúng :
 3  2   3  2  11  2    11  2 
4 5 6 7
A. B.
C.  2  2    2  2  D.  4  2    4  2 
3 4 3 4
Bài 7-[THPT Thăng Long - Hà Nội 2017] Khẳng định nào sau đây đúng :
 
1 1
A.  3   3 
2
2 2 3 3
B. 2  3 1
   
3
D.  0,3   0,3
3 3 2
C. 2 1 2 1

Bài 1-[Bài toán số nguyên tố Fecmat] Nhà toán học Pháp Pierre de Fermat là người đầu
tiên đưa ra khái niệm số Fecmat Fn  22  1 là một số nghuyên tố với n là số dương không
n
âm. Hãy tìm số chữ số của F13 trong hệ nhị phân

A. 1243 B. 1234 C. 2452 D. 2467
GIẢI
 Casio
 Số F13 có dạng 22  1 . Ta thấy số 22  1 không thể tận cùng là 9 nên số chữ số của 22  1
13 13 13
13
cũng chính là số chữ số của 22 trong hệ thập phân.
 Đặt 22  10k  k  213 log  2  . Số chữ số của 22 trong hệ thập phân là  k   1
13 13
Q+2^13$g2))+1=

Bài 2: Cho tổng M  C1642
0
31642  C1642
1
316412  C1642
3
3164022  ...  C1642
1642 1642
2 Khi viết M dưới dạng 1
số trong hệ thập phân thì số này có bao nhiêu chữ số:
A. 608 B. 1148 C. 2610 D. 911
*Chú ý : 1642 là năm sinh của nhà toán học, vật lý học, thiên văn học, thần học, giả kim
thuật vĩ đại người Anh Isaac Newton.
GIẢI
 Casio
 Rút gọn khai triển nhị thức Newton M   3  2   51642
1642
 Đặt 51642  10k  k  1642log  5 . Số chữ số của 51642 trong hệ thập phân là  k   1
Q+1642g5))+1=

Bài 3: So sánh nào sau đây là đúng
A. 112003  92500 B. 23693  25600 C. 29445  31523 D. 29445  31523
GIẢI
 Casio
 Số chữ số của 112003 và 9 2500 trong hệ thập phân lần lượt là :
Q+2003g11))+1=Q+2500g9))+1
=
Số chữ số của 9 2500 nhiều hơn số chữ số của 112003 nên 92500  112003  A sai
 Số chữ số của 23693 và 25600 trong hệ thập phân lần lượt là :
Q+693g23))+1=Q+600g25))+1=

Số chữ số của 23693 nhiều hơn số chữ số của 25600 nên 23693  25600  B sai
 Số chữ số của 29 445 và 31523 trong hệ thập phân lần lượt là :
Q+693g23))+1=Q+600g25))+1=
Số chữ số của 29 445 nhỏ hơn số chữ số của 31523 nên 29445  31523  B là đáp số chính xác
Bài 4: Cho a, b là hai số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn a  b  10 và a12b 2016 là một số tự
nhiên có 973 chữ số. Cặp a, b thỏa mãn bài toán là :
A.  5;5 B.  6; 4  C.  8; 2  D.  7;3
GIẢI
 Casio
 Ta có a  b  10  a  10  b . Khi đó a12b2016  10  b  b2016
12
 Đặt 10  b  b2016  10k  k  log 10  b  b 2016   12 log 10  b   2016 log b
12 12
 
Số chữ số của 10  b  b2016 là  k   1
12
 Với đáp số A : a  b  5 . Số chữ số của 51252016 là 1418 khác 973  Đáp số A sai
Q+12g5)+2016g5))+1=
 Với đáp số B : a  6; b  4 . Số chữ số của 612 4 2016 là 1224 khác 973  Đáp số B sai
Q+12g6)+2016g4))+1=
 Tương tự với a  7; b  3 . Số chữ số của 712 7 2016 là 973  Đáp số C chính xác
Q+12g7)+2016g3))+1=

BÀI 15. TÍNH NHANH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC MŨ – LOGARIT.
1) PHƢƠNG PHÁP HỆ SỐ HÓA BIẾN

-Bƣớc 1 : Dựa vào hệ thức điều kiện buộc của đề bài chọn giá trị thích hợp cho biến
-Bƣớc 2 : Tính các giá trị liên quan đến biến rồi gắn vào A, B, C nếu các giá trị tính được lẻ
-Bƣớc 3 : Quan sát 4 đáp án và chọn đáp án chính xác
VD1-[Đề minh họa THPT Quốc gia 2017] Đặt a  log 2 3, b  log5 3. Hãy biểu diễn log 6 45 theo
a và b
a  2ab 2a 2  2ab
A. log 6 45  B. log 6 45 
ab ab
a  2ab 2a  2ab
2
C. log 6 45  D. log 6 45 
ab  b ab  b
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Tính giá trị của a  log 2 3 . Vì giá trị của a ra một số lẻ vậy ta lưu a vào A
i2$3$=qJz
 Tính giá trị của b  log5 3 và lưu vào B

i5$3=qJx
 Bắt đầu ta kiểm tra tính đúng sai của đáp án A. Nếu đáp án A đúng thì hiệu
a  2ab
log 6 45  phải bằng 0. Ta nhập hiệu trên vào máy tính Casio và bấm nút =
ab
i6$45$paQz+2QzQxRQzQ
x=
Kết quả hiển thị của máy tính Casio là 1 giá trị khác 0 vậy đáp án A sai
a  2ab
 Tương tự như vậy ta kiểm tra lần lượt từng đáp án và ta thấy hiệu log 6 45  bằng 0
ab  b
x+Qx=

a  2ab
Vậy log 6 45  hay đáp số C là đúng
ab  b
1 1 1
 Ta có a  log 2 3   log 3 2  và log 3 5 
log 3 2 a b
1
log 3 45 log 3  3 .5  2  log 3 5
2 2
 Vậy log 6 45     b  a  2ab
log 3 6 log 3  3.2  1  log 3 2 1  1 ab  b
a
 Bình luận
 Cách tự luận trong dạng bài này chủ yếu để kiểm tra công thức đổi cơ số : công thức 1 :
1 log b x
log a x  (với a  1 ) và công thức 2 : log a x  (với b  0; b  1 )
log x a log a x
 Cách Casio có vẻ nhiều thao tác nhưng dễ thực hiện và độ chính xác 100%. Nếu tự tin cao
thì làm tự luận, nếu tự tin thấp thì nên làm Casio vì làm tự luận mà biến đổi sai 1 lần thôi rồi
làm lại thì thời gian còn tốn hơn cả làm theo Casio
5  3x  3 x
VD2-[THPT Yên Thế - Bắc Giang 2017] Cho 9 x  9 x  23 . Khi đó biểu thức P  có
1  3x  3 x
giá trị bằng?
3 1 5
A. 2 B. C. D. 
2 2 2
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Từ phương trình điều kiện 9 x  9 x  23 ta có thể dò được nghiệm bằng chức năng SHIFT
SOLVE
9^Q)$+9^pQ)$p23qr1=
Lưu nghiệm này vào giá trị A

qJz
 Để tính giá trị biểu thức P ta chỉ cần gắn giá trị x  A sẽ được giá trị của P
a5+3^Qz$+3^pQzR1p3^Q)
$p3^pQz$$=
Vậy rõ ràng D là đáp số chính xác

 Đặt t  3x  3 x  t 2  9 x  9 x  2  25  t  5
Vì 3x  3 x  0 vậy t  0 hay 5
55 5
 Với 3x  3 x  5 . Thế vào P ta được P  
1 5 2
 Bình luận
 Một bài toán hay thể hiện sức mạnh của Casio
 Nếu trong một phương trình có cụm a x  a  x thì ta đặt ẩn phụ là cụm này, khi đó ta có thể
biểu diễn a 2 x  a 2 x  t 2  2 và a 3 x  a 3 x  t 3  3t
x
VD3-[Chuyên Khoa Học Tự Nhiên 2017] Cho log9 x  log12 y  log16  x  y  Giá trị của tỉ số
y
là ?
1  5 5 1
A. B. C. 1 D. 2
2 2
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Từ đẳng thức log 9 x  log12 y  y  12log9 x . Thay vào hệ thức log9 x  log16  x  y  ta được
 
: log9 x  log16 x  12log9 x  0
 
 Ta có thể dò được nghiệm phương trình log9 x  log16 x  12log9 x  0 bằng chức năng
SHIFT SOLVE
i9$Q)$pi16$Q)+12î9$
Q)$$$qr1=
Lưu nghiệm này vào giá trị A

qJz
 Ta đã tính được giá trị x vậy dễ dàng tính được giá trị y  12log9 x . Lưu giá trị y này vào
biến B
12î9$Qz=qJx
x A
 Tới đây ta dễ dàng tính được tỉ số 
y B
aQzRQx=
5 1
Đây chính là giá trị và đáp số chính xác là B
2
 Đặt log9 x  log12 y  log16  x  y   t vậy x  9t ; y  12 t ; x  y  16 t
x  y 16 x  4 
x x
x 3x  3  x
 Ta thiết lập phương trình  x    và  1   x  
y 4 4 y y 12  3 

2
xx  x x x 1  5
Vậy   1  1      1  0  
y y   y y y y
x x 1  5
Vì  0 nên 
y y 2
 Bình luận
 Một bài toán cực khó nếu tính theo tự luận
 Nhưng nếu xử lý bằng Casio thì cũng tương đối dễ dàng và độ chính xác là 100%
2 1
 1 1
  y y
VD4-[THPT Nguyễn Trãi – HN 2017] Cho K   x 2  y 2  1  2   với x  0, y  0 . Biểu
   x x 
thức rút gọn của K là ?
A. x B. 2x C. x  1 D. x  1
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
2 1
 1 1
  y y
 Ta hiểu nếu đáp án A đúng thì K  x hay hiệu  x 2  y 2  1  2    x bằng 0 với
   x x
mọi giá trị x; y thỏa mãn điều kiện x  0, y  0
 Nhập hiệu trên vào máy tính Casio
(Q)â1R2$$pQnâ1R2$$)
d(1p2saQnRQ)$$+aQnRQ)
$)^p1pQ)
Chọn 1 giá trị X  1.25 và Y  3 bất kì thỏa x  0, y  0 rồi dùng lệnh gán giá trị CALC
r1.25=3=
 Ta đã tính được giá trị x vậy dễ dàng tính được giá trị y  12log9 x
12î9$Qz=
Vậy ta khẳng định 90% đáp án A đúng

 Để cho yên tâm ta thử chọn giá trị khác, ví dụ như X  0.55, Y  1.12
r0.55=1.12=
Kết quả vẫn ra là 0 , vậy ta chắc chắn A là đáp số chính xác

2
 1 
 
1 2
 Rút gọn  x 2  y 2   x y
 

1
2
 y y
1
 y  2   y x  x 
2
 Rút gọn 1  2      1       

x x  x   
      x   y x 
2
 x 
 
2
Vậy K  x y    x
 y x
 Bình luận
 Chúng ta cần nhớ nếu 1 khẳng định ( 1 hệ thức đúng ) thì nó sẽ đúng với mọi giá trị x, y
thỏa mãn điều kiện đề bài . Vậy ta chỉ cần chọn các giá trị X , Y  0 để thử và ưu tiên các giá
trị này hơi lẻ, tránh số tránh (có khả năng xảy ra trường hợp đặc biệt)
VD5-[Thi thử Báo Toán Học Tuổi Trẻ 2017]

Cho hàm số f  x   2x 1 Tính giá trị của biểu thức T  2 x 1. f '  x   2 x ln 2  2
2 2
A. 2 B. 2 C. 3 D. 1
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Vì đề bài không nói rõ x thỏa mãn điều kiện ràng buộc gì nên ta có thể chọn một giá trị bất
kì của x để tính giá trị biểu thức T . Ví dụ ta chọn x  2
Khi đó T  241 f '  2   4ln 2  2
2^p4p1$Oqy2^Q)d+1$$2$
p4h2)+2=

 Tính f '  x   2 x 1.ln 2.  x 2  1 '  2 x.ln 2.2 x 1 và
2 2
 Thế vào T  2 x 1.2 x ln x.2 x 1  2 x ln 2  2  2 x ln 2  2 x ln 2  2  2

2 2
 Bình luận
 Với bài toán không cho biểu thức ràng buộc của x có nghĩa là x là bao nhiêu cũng được.
Ví dụ thay vì chọn x  2 như ở trên, ta có thể chọn x  3 khi đó T  291. f '  3  6ln 2  2
kết quả vẫn ra 2 mà thôi.
2^p9p1$Oqy2^Q)d+1$$3$
p6h2)+2=
 Chú ý công thức đạo hàm  au  '  au .ln a.u ' học sinh rất hay nhầm
3 1
a .a 2  3
VD6-[Báo Toán Học Tuổi Trẻ 2017] Rút gọn biểu thức (với a  0 ) được kết quả :
a 
2 2
2 2
A. a 4 B. a C. a 5 D. a 3
GIẢI
 Cách 1 : CASIO

3 1
a .a 2 3
 Ta phải hiểu nếu đáp A đúng thì hiệu  a 4 phải  0 với mọi giá trị của a
a 
2 2
2 2
 Nhập hiệu trên vào máy tính Casio

aQ)^s3$+1$OQ)^2ps3R(Q
)^s2$p2$)^s2$+2$$pQ)^
4
Chọn một giá trị a bất kỳ (ưu tiên A lẻ), ta chọn a  1.25 chả hạn rồi dùng lệnh tính giá trị
CALC
r1.25=
Vậy hiệu trên khác 0 hay đáp án A sai

 Bắt đầu ta kiểm tra tính đúng sai của đáp án A. Nếu đáp án A đúng thì hiệu
a  2ab
log 6 45  phải bằng 0. Ta nhập hiệu trên vào máy tính Casio và bấm nút =
ab
x=
Kết quả hiển thị của máy tính Casio là 1 giá trị khác 0 vậy đáp án A sai
a 3 1.a 2 3
 Để kiểm tra đáp số B ta sửa hiệu trên thành a
 
2 2
2 2
a
!ooo
Rồi lại tính giá trị của hiệu trên với a  1.25
r1.25=
Vẫn ra 1 giá trị khác 0 vậy B sai.

a 3 1.a 2 3
 Tương tự vậy ta sẽ thấy hiệu  a5
 
2 2
a 2 2

Vậy đáp số C là đáp số chính xác
3 1 
3 1 2  3 
 Ta rút gọn tử số a .a 2 3
a  a3
   2  2 
2 2 2 2
2 2
 Tiếp tục rút gọn mẫu số a a  a 2 4  a 2
a3
 Vậy phân thức trở thành 2  a    a5
3 2
a
 Bình luận
 Nhắc lại một số công thức hàm số mũ cơ bản xuất hiện trong ví dụ : a m .a n  a m n ,
am
 
a m n
 a m.n
,
a n
 a mn
Bài 1-[Chuyên Khoa Học Tự Nhiên 2017] Cho log 2  log8 x   log8  log 2 x  thì  log 2 x  bằng ?
2
1
A. 3 B. 3 3 C. 27 D.
3
Bài 2-[Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa 2017] Nếu log12 6  a, log12 7  b thì :
a b a b
A. log 2 7  B. log 2 7  C. log 2 7  D. log 2 7 
1 b 1 a 1 b 1 a
3 1 2  3
a .a
Bài 3-[Báo Toán Học Tuổi Trẻ 2017] Rút gọn biểu thức (với a  0 ) được kết quả :
 
2 2
2 2
a
A. a 4 B. a C. a 5 D. a 3
Bài 4-[THPT HN Amsterdam 2017] Biến đổi 3
x 5 4 x  x  0  thành dạng lũy thừa với số mũ hữu
tỉ, ta được :
20 21 20 12
A. x 21 B. x 12 C. x 5 D. x 5
Bài 5-[Thi thử Chuyên Sƣ Phạm lần 1 năm 2017] Tìm x biết log3 x  4 log3 a  7 log3 b :
A. x  a 3b 7 B. x  a 4b 7 C. x  a 4b 6 D. x  a 3b 6
1
x .ln
Bài 6-[THPT Kim Liên – HN 2017] Cho hàm số y  2016.e 8
. Khẳng định nào sau đây đúng ?
A. y ' 2 y ln 2  0 B. y ' 3 y ln 2  0 C. y ' 8h ln 2  0 D. y ' 8 y ln 2  0
2 1
 1 1
  y y
Bài 7-[THPT Nguyễn Trãi – HN 2017] Cho K   x 2  y 2  1  2
   với x  0, y  0 .
   x x 
Biểu thức rút gọn của K là ?
A. x B. 2x C. x  1 D. x  1
Bài 8-[THPT Phạm Hồng Thái – HN 2017] Cho a, b  0; a  b  1598ab Mệnh đề đúng là ;
2 2
ab 1 ab
A. log   log a  log b  B. log  log a  log b
40 2 40
ab 1 ab
C. log   log a  log b  D. log  2  log a  log b 
40 4 40
Bài 9-[Thi Học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ năm 2017]
b b
Cho các số a  0, b  0, c  0 thỏa mãn 4a  6b  9c . Tính giá trị biểu thức T  
a c
3 5
A. 1 B. C. 2 D.
2 2
Bài 1-[Chuyên Khoa Học Tự Nhiên 2017] Cho log 2  log8 x   log8  log 2 x  thì  log 2 x  bằng ?
2
1
A. 3 B. 3 3 C. 27 D.
3
GIẢI
 Phương trình điều kiện  log 2  log8 x   log8  log 2 x   0 . Dò nghiệm phương trình, lưu vào A
i2$i8$Q)$$pi8$i2$Q)qr
1=qJz
 Thế x  A để tính  log 2 x 

2
i2$Qz$d=
Bài 2-[Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa 2017] Nếu log12 6  a, log12 7  b thì :
a b a b
A. log 2 7  B. log 2 7  C. log 2 7  D. log 2 7 
1 b 1 a 1 b 1 a
GIẢI
 Tính log11 6 rồi lưu vào A
i12$6=qJz
 Tính log12 7 rồi lưu vào B

i2$Qz$d=
b
Ta thấy log 2 7   0  Đáp số chính xác là B
1 a
i2$7$paQxR1pQz=
3 1
a .a 2  3
Bài 3-[Báo Toán Học Tuổi Trẻ 2017] Rút gọn biểu thức (với a  0 ) được kết quả :
a 
2 2
2 2
A. a 4 B. a C. a 5 D. a 3
GIẢI
3 1
1.25 .1.252 3
 Chọn a  0 ví dụ như a  1.25 chẳng hạn. Tính giá trị rồi lưu vào A
1.25 
2 2
2 2
a1.25^s3$+1$O1.25^2ps3R(
1.25^s2$p2$)^s2$+2=qJz
3125
 1.25   a 5  Đáp số chính xác là C
5
 Ta thấy
1024
Bài 4-[THPT HN Amsterdam 2017] Biến đổi 3
x 5 4 x  x  0  thành dạng lũy thừa với số mũ hữu
tỉ, ta được :
20 21 20 12
A. x 21 B. x 12 C. x 5 D. x 5
GIẢI
 Chọn a  0 ví dụ như a  1.25 chẳng hạn. Tính giá trị 3 1.255 4 1.25 rồi lưu vào A
q^3$1.25^5$Oq^4$1.25=qJ
z
21 21
 Ta thấy A  1.25 12  a 12  Đáp số chính xác là B
Bài 5-[Thi thử Chuyên Sƣ Phạm lần 1 năm 2017] Tìm x biết log3 x  4 log3 a  7 log3 b :
A. x  a 3b 7 B. x  a 4b 7 C. x  a 4b 6 D. x  a 3b 6
GIẢI
 Theo điều kiện tồn tại của hàm logarit thì ta chọn a, b  0 . Ví dụ ta chọn a  1.125 và b  2.175
Khi đó log3 x  4log3 a  7log3 b  x  34log3 a7log3 b .
3^(4i3$1.125$+7i3$2.175
$)=
 Thử các đáp án ta thấy x  1.125 1.175  Đáp số chính xác là B

4 7
1
x .ln
Bài 6-[THPT Kim Liên – HN 2017] Cho hàm số y  2016.e 8
. Khẳng định nào sau đây đúng ?
A. y ' 2 y ln 2  0 B. y ' 3 y ln 2  0 C. y ' 8h ln 2  0 D. y ' 8 y ln 2  0
GIẢI
1
1.25ln
 Chọn x  1.25 tính y  2016.e 8
rồi lưu vào A

2016OQK^1.25h1P8)=qJz
 Tính y ' 1.25  rồi lưu vào B

qy2016OQK^Q)Oh1P8)$$1.
25=qJx
Rõ ràng B  3ln 2.A  0  Đáp số chính xác là B
2 1
 12 1
  y y
Bài 7-[THPT Nguyễn Trãi – HN 2017] Cho K   x  y 2  1  2   với x  0, y  0 .
   x x 
Biểu thức rút gọn của K là ?
A. x B. 2x C. x  1 D. x  1
GIẢI
 Chọn x  1.125 và y  2.175 rồi tính giá trị biểu thức K
(1.125^0.5$p2.175^0.5$)d
O(1p2sa2.175R1.125$$+a2.
175R1.125$)^p1=
9
 Rõ ràng K   1.125  x  Đáp số chính xác là A
8
Bài 8-[THPT Phạm Hồng Thái – HN 2017] Cho a, b  0; a 2  b 2  1598ab Mệnh đề đúng là ;
ab 1 ab
A. log   log a  log b  B. log  log a  log b
40 2 40
ab 1 ab
C. log   log a  log b  D. log  2  log a  log b 
40 4 40
GIẢI
 Chọn a  2  Hệ thức trở thành 4  b  3196b  b 2  3196b  4  0 . Dò nghiệm và lưu vào B
2
Q)dp3196Q)+4qr1=qJx
ab 2 B
 Tính log  log
40 40
ga2+QxR40$)=
 Tính tiếp log a  log b

g2)+gQx)=
ab
 Đáp số A là chính xác
Rõ ràng giá trị log a  log b gấp 2 lần giá trị log
40
Bài 9-[Thi Học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ năm 2017]
b b
Cho các số a  0, b  0, c  0 thỏa mãn 4a  6b  9c . Tính giá trị biểu thức T  
a c
3 5
A. 1 B. C. 2 D.
2 2
GIẢI
 Chọn a  2 Từ hệ thức ta có 4  6  6  4  0 . Dò nghiệm và lưu vào B
2 b b 2
6^Q)$p4^2qr1=qJx
 Từ hệ thức ta lại có 9c  4 2  0 . Dò nghiệm và lưu vào C

ga2+QxR40$)=
b b B B
 Cuối cùng là tính T      2  Đáp số chính xác là C
a c 2 C
aQxR2$+aQxRQc=

BÀI 16. CHỨNG MINH TÍNH ĐÚNG SAI MỆNH ĐỀ MŨ – LOGARIT.
1) PHƢƠNG PHÁP
Chứng minh tính đúng sai của mệnh đề mũ – logarit là một dạng tổng hợp khó. Vì vậy để làm được
bài này ta phải vận dụng một cách khéo léo các phương pháp mà học từ các bài trước. Luyện tập
các ví dụ dưới đây để lấy tích lũy kinh nghiệm xử lý.
VD1-[Đề minh họa THPT Quốc gia 2017] Cho các số thực a, b với a  1 . Khẳng định nào sau
đây là khẳng định đúng ?
1
A. log a2  ab   log a b B. log a2  ab   2  2log a b
2
1 1 1
C. log a2  ab   log a b D. log a 2  ab    log a b
4 2 2
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
1
 Ta hiểu, nếu đáp án A đúng thì phương trình log a2  ab   log a b  0 (1) với mọi giá trị của
2
a, b thỏa mãn điều kiện a, b thực và a  1 . Ta chọn bất kì A  1.15 và B  0.73 chả hạn.
Nhập vế trái của (1) vào máy tính Casio rồi dùng lệnh tính giá trị CALC
iQzd$QzQx$pa1R2$iQz$
Qxr1.15=0.73=
Máy tính báo kết quả là một số khác 0 vậy vế trái của (1) khác 0 hay đáp án A sai.
 Tương tự ta thiết lập phương trình cho đáp án B là log a2  ab   2  2log a b  0
Sử dụng chức năng CALC gán giá trị A  1.15 và B  0.73 cho vế trái của (2)
iQzd$QzQx$p2p2iQz$Qx
r1.15=0.73=
Tiếp tục ra một số khác 0 vậy đáp án B cũng sai

 Tiếp tục phép thử này và ta sẽ tìm được đáp án D là đáp án chính xác
iQzd$QzQx$pa1R2$pa1R2
$iQz$Qxr1.15=0.73=

a  0, a  1
 Điều kiện 
b  0, b  1

1 1 1 1
 Dễ thấy log a2  ab   log a ab  log a a log a b    log a b
2 2 2 2
 Bình luận :
1
 Chúng ta chú ý phân biệt 2 công thức log a x m  m log a x và log an x 
log a x
n
 Theo kinh nghiệm làm nhiều trắc nghiệm của tác giả thì đáp án đúng thường có xu hướng
xếp ở đáp án C và D nên ta nên thử ngược từ đáp án D trở xuống thì nhanh tìm được đáp án
đúng nhanh hơn.
VD2-[Đề minh họa THPT Quốc gia 2017] Cho 2 số thực a, b với 1  a  b . Khẳng định nào sau
đây là khẳng định đúng
A. log a b  1  log b a B. 1  log a b  log b a
C. logb a  log a b  1 D. logb a  1  log a b
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Chọn giá trị a, b thỏa mãn điều kiện a, b thực và 1  a  b . Ta chọn a  1.15 và b  2.05
 Tính giá trị số hạng log a b
iQz$Qxr1.15=2.05=
Tính giá trị của số hạng log b a

iQx$Qzr2.05=1.15=
 Rõ ràng logb a  1  log a b  Đáp số chính xác là D

 Vì cơ số a  1  log a a  log a b  1  log a b (1)
 Vì cơ số b  1  logb a  logb b  logb a  1 (2)
 Kết hợp (1) và (2) ta có : logb a  1  log a b  D là đáp án chính xác
 Bình luận :
 Chú ý tính chất của cơ số : Nếu a  1 thì log a u  log a v  u  v nhưng nếu 0  a  1 thì
log a u  log a v  u  v
VD5-[THPT Bảo Lâm – Lâm Đồng 2017] Cho hệ thức a 2  b2  7ab  a, b  0  . Khẳng định nào
sau đây đúng ?
ab
A. 4 log 2  log 2 a  log 2 b B. 2log 2  a  b   log2 a  log2 b
6
ab ab
C. log 2  2  log 2 a  log 2 b  D. 2 log 2  log 2 a  log 2 b
3 3
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Vì a, b  0 nên ta chọn a  1 , khi đó b sẽ thỏa mãn hệ thức
73 5 73 5
1  b 2  7 b  b 2  7b  1  0  b  . Chọn b 
2 2
 Lưu a  1 vào biến A
1=qJz
73 5
Lưu b  vào biến B
2
a7+3s5R2=qJx
ab
 Nếu đáp án A đúng thì 4 log 2  log 2 a  log 2 b  0 Để kiểm tra sự đúng sai của hệ thức
6
này ta nhập vế trái vào máy tính Casio rồi nhấn nút =nếu kết quả ra 0 là đúng còn khác 0
là sai
4i2$aQz+QxR6$$pi2$Qz
$pi2$Qx=
Kết quả biểu thức vế trái ra khác 0 vậy đáp án A sai

 Tương tự như vậy với các đáp án B, C, D và cuối cùng ta tìm được đáp án D là đáp án chính
xác
2i2$aQz+QxR3$$pi2$Qz
$pi2$Qx=

 ab
2
Biến đổi a  b  7ab   a  b   9ab     ab

2
 2 2
 9 
 ab ab
2
 Logarit cơ số 2 cả 2 vế ta được : log 2    log 2 ab  2 log 2 3  log 2 a  log 2 b

 3 
 Bình luận :
 Một bài toán biến đổi tương đối là zic zắc đòi hỏi học sinh phải nhuần nhuyễn các công thức
và ác phép biến đổi Logarit
VD4-[Chuyên Vị Thanh – Hậu Giang 2017] Nếu log 7 x  8log 7 ab2  2log 7 a3b,  a, b  0  thì x
bằng :
A. a 4 b 6 B. a 2b14 C. a 6b12 D. a 8b14
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Chọn giá trị a, b thỏa mãn điều kiện a, b  0 thực. Ta tiếp tục chọn a  1.15 và b  2.05
2
 2log 7 a3b
 Ta có log 7 x  8log 7 ab 2  2 log 7 a 3b  x  78log7 ab
7^8i7$QzQxd$p2i7$Qz^
3$Qxr1.15=2.05=

Vậy ta biết được x  30616.09068

 Tới đây ta chỉ cần tính giá trị các đáp án A, B, C, D xem đáp án nào bằng 30616.09068 là
xong
Và ta thấy đáp số B là đáp số chính xác
QzdQx^14r1.15=2.05=

a8b16
Thu gọn log 7 x  log 7  ab   log 7  a b   log 7  a b   log 7 a b  log 7 6 2  log 7 a 2b14
2 8 2
 3 8 16 6 2
ab
 Vì cơ số b  1  logb a  logb b  logb a  1 (2)
 Kết hợp (1) và (2) ta có : logb a  1  log a b  D là đáp án chính xác
 Bình luận :
 Chú ý tính chất của cơ số : Nếu a  1 thì log a u  log a v  u  v nhưng nếu 0  a  1 thì
log a u  log a v  u  v
VD5-[THPT Bảo Lâm – Lâm Đồng 2017] Cho hàm số f  x   3x .4x . Khẳng định nào sau đây sai
2
:
A. f  x   9  x 2  2 x log 3 2  2
B. f  x   9  x 2 log 2 3  2 x  2log 2 3
C. f  x   9  2 x log 3  x log 4  log 9
D. f  x   9  x 2 ln 3  x ln 4  2ln 3
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Từ điều kiện đề bài, ta khai thác để tìm x : f  c   9  3x .4x  9  0 (1)
2
 Dùng Mode 7 để dò khoảng nghiệm của (1)

w73^Q)d$O4^Q)$p9==p9=
10=1=
Quan sát bảng giá trị (chú ý lấy phần F  X   0 )
Thấy x  2,.... Ta đặt x  a
Thấy x  0,.... Ta đặt x  b

 Để phóng to khoảng nghiệm và tìm chính xác a, b hơn ta chọn lại miền giá trị của X
C==p3=1=0.25=

Vậy x  0.75 và x  2.25

 Việc cuối cùng là ta chỉ cần dò khoảng nghiệm xuất hiện ở đáp án A, B, C, D xem khoảng
nào trùng với khoảng nghiệm trên thì là đúng.
w7Q)d+2Q)i3$2$p2==p3=
1=0.25=
Ta thấy đáp án A trùng khoảng nghiệm vậy đáp án A là đáp án chính xác
2
3x 1
 Biến đổi f  c   9  3 .4  9 
x2 x
 x  3x  2  4  x
2
9 4
 Logarit cơ số 3 cả 2 vế ta được :

log 3 3x
2
2
  log  4   x
3
x 2
 2   x log 3 4  x 2  2 x log 3 4  2
 Bình luận :
 Một bài tự luận ta nhìn là biết dùng phương pháp logarit cả 2 vế luôn vì 2 số hạng trong bất
phương trình khác cơ số và số mũ có nhân tử chung x
Bài 1-[HSG tỉnh Ninh Bình 2017] Cho các số dương a, b, c và a  1 . Khẳng định nào đúng ?
A. log a b  log a c  log  b  c  B. log a b  log a c  log a b  c
b
C. log a b  log a c  log a  bc  D. log a b  log a c  log a  
c
Bài 2-[Thi thử tính Lâm Đồng - Hà Nội 2017] Cho 2 số thực dương a, b với a  1 . Khẳng định
nào sau đây là khẳng định đúng ?
 a  1 1   a  1
A. log a3    3 1  2 log a b  B. log a3    1  2 log a b 
 b    b 3
 a  1 1   a   1 
C. log a3    3 1  2 log a b D. log a3    3 1  2 log a b 
 b    b  
3 4
1 2
Bài 3-[Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai 2017] Nếu a 4  a 5 và log b  log b thì ta có :
2 3
A. 0  a  b  1 B. 0  b  a  1 C. 0  a  1  b D. 1  a  b
Bài 4-[THPT Lƣơng Thế Vinh – HN 2017] Khẳng định nào sau đây là đúng ?

A.Hàm số y  e1999 x nghịch biến trên R B. Hàm số y  ln x đồng biến trên  0;   
C. log3  a  b   log3 a  log 3 b D. log a b.log b c.log c a  1 với mọi a, b, c  R

Bài 5-[Chuyên Vị Thanh – Hậu Giang 2017] Cho 0  a  1. Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề
sau :
A. log a x  0 thì 0  x  1 B. log a x  0 thì x  1
C. x1  x2 thì log a x1  log a x2 D. Đồ thị hàm số y  log a x có tiệm cận đứng là trục
tung
Bài 6-[THPT Lƣơng Thế Vinh – HN 2017] Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau ?
A. Hàm số y  log a x với 0  a  1 là một hàm số đồng biến trên khoảng  0;   
B. Hàm số y  log a x với a  1 là một hàm số nghịch biến trên khoảng  0;   
C. Hàm số y  log a x  0  a; a  1 có tập xác định R
D. Đồ thị các hàm số y  log a x và y  log 1 x  0  a; a  1 đối xứng nhau qua trục hoành
a
Bài 7-[THPT HN-Amsterdam 2017] Cho a, b là các số thực dương và a  1 . Khẳng định nào sau
đây đúng ?
A. log a  a 2  ab   2  2log a  a  b  B. log a  a 2  ab   4loga (a  b)
C. log a a 2
 ab   1  4log a b D. log a a 2
 ab   4  2log a b
Bài 8-[THPT Kim Liên – HN 2017] Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai :
A. Hàm số y  log x là hàm số logarit
B. Hàm số y   31  là hàm số mũ
x
C. Hàm số y    nghịch biến trên R

x
D. Hàm số y  ln x đồng biến trên khoảng  0;   

Bài 9-[Sở GD-ĐT Nam Định 2017] Cho a  0; a  1 và x; y là 2 số dương. Khẳng định nào sau
đây là khẳng định đúng ?
x log a x log a x
A. log a  B. log a  x  y  
y log a y log a y
x
C. log a  log a x  log a y D. log a  x  y   log a x  log a y
y
Bài 1-[HSG tỉnh Ninh Bình 2017] Cho các số dương a, b, c và a  1 . Khẳng định nào đúng ?
A. log a b  log a c  log  b  c  B. log a b  log a c  log a b  c
b
C. log a b  log a c  log a  bc  D. log a b  log a c  log a  
c
GIẢI
 Chọn a  1.25, b  1.125, c  2.175 rồi lưu các giá trị này vào A, B, C
1.25=qJz1.125=qJx2.175q
Jc

 Kiểm tra 4 đáp án và ta có đáp án C chính xác vì log a b  log a c  log a  bc   0
iQz$Qx$+iQz$Qc$piQz$Q
xQc=
Bài 2-[Thi thử tính Lâm Đồng - Hà Nội 2017] Cho 2 số thực dương a, b với a  1 . Khẳng định
nào sau đây là khẳng định đúng ?
 a  1 1   a  1
A. log a3    3 1  2 log a b  B. log a3    1  2 log a b 
 b    b 3
 a  1 1   a   1 
C. log a3    3 1  2 log a b  D. log a3    3 1  2 log a b 
 b    b  
GIẢI
 Chọn a  1.25, b  1.125 rồi lưu các giá trị này vào A, B
1.25=qJz1.125=qJx
 a  1 1 
 Kiểm tra 4 đáp án và ta có đáp án C chính xác vì log a3    3 1  2 log a b   0
 b  
iQz^3$$aQzRsQx$$$pa1R3
$(1pa1R2$iQz$Qx$)=
3 4
1 2
Bài 3-[Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai 2017] Nếu a  a và log b4 5
 log b thì ta có :
2 3
A. 0  a  b  1 B. 0  b  a  1 C. 0  a  1  b D. 1  a  b
GIẢI
3 4 3 4
 Từ a 4  a 5  a 4  a 5  0 . Tìm miền giá trị của a bằng chức năng MODE 7  0  a  1
w7Q)â3R4$$pQ)â4R5==0=
3=0.2=
1 2 1 2
 Từ log b  log b  log b  log b  0 . Tìm miền giá trị của b bằng chức năng MODE
2 3 2 3
7  b 1
w7iQ)$a1R2$$piQ)$a2R3=
=0=3=0.2=

Tóm lại 0  a  1  b  Đáp số chính xác là C
Bài 4-[THPT Lƣơng Thế Vinh – HN 2017] Khẳng định nào sau đây là đúng ?
A.Hàm số y  e1999 x nghịch biến trên R B. Hàm số y  ln x đồng biến trên  0;   
C. log3  a  b   log3 a  log 3 b D. log a b.log b c.log c a  1 với mọi a, b, c  R

GIẢI
 Khẳng định A có số mũ quá cao nên ta để lại sau cùng.
 Kiểm tra khẳng định B bằng chức năng MODE 7. Ta thấy F  X  luôn tăng  B chính xác
w7hQ))==0.5=10=0.5=
 Vì sao đáp án C, D sai thì ta chỉ việc chọn a  1.25 , b  3.75 là rõ luôn (vì điều kiện ràng buộc
không có nên để đảm bảo tính tổng quát ta sẽ chọn một giá trị dương một giá trị âm)
Bài 5-[Chuyên Vị Thanh – Hậu Giang 2017] Cho 0  a  1. Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề
sau :
A. log a x  0 thì 0  x  1 B. log a x  0 thì x  1
C. x1  x2 thì log a x1  log a x2 D. Đồ thị hàm số y  log a x có tiệm cận đứng là trục
tung
GIẢI
 Cho 0  a  1 vậy ta chọn a  0.123 . Kiểm tra đáp số A ta dò miền nghiệm của phương trình
log a x  0 xem miền nghiệm có trùng với 0  x  1 không là xong. Để làm việc này ta sử dụng
chức năng MODE 7
w7i0.123$Q)==0.2=2=0.2=
Quan sát bảng giá trị ta được miền nghiệm 0  x  1 (phần làm cho F  X   0 ) , miền nghiệm này
giống miền 0  x  1 vậy đáp số A đúng
 Tương tự cách kiểm tra đáp án A ta áp dụng cho đáp án B thì thấy B đúng
 Để kiểm tra đáp án C ta chọn hai giá trị x1  2  x2  5 . Thiết lập hiệu log a x1  log a x2 . Nếu hiệu
này ra âm thì C đúng còn ra dương thì C sai. Để tính hiệu này ta sử dụng chức năng CALC
0.125$2$pi0.125$5=
Vậy hiệu log a x1  log a x2 lớn hơn 0 hay log a x1  log a x2 . Vậy đáp án C là sai
Bài 6-[THPT Lƣơng Thế Vinh – HN 2017] Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau ?
A. Hàm số y  log a x với 0  a  1 là một hàm số đồng biến trên khoảng  0;   
B. Hàm số y  log a x với a  1 là một hàm số nghịch biến trên khoảng  0;   
C. Hàm số y  log a x  0  a; a  1 có tập xác định R
D. Đồ thị các hàm số y  log a x và y  log 1 x  0  a; a  1 đối xứng nhau qua trục hoành
a

GIẢI
 Câu D khó hiểu nhất nên ta ưu tiên đi xác định đúng sai các đáp án A , B , C trước
 Kiểm tra khẳng định đáp án A bằng chức năng MODE 7 với a  0.5 thỏa 9  a  1 . Ta thấy
F  X  giảm
 A sai  Đáp án B cũng sai
w7i0.5$Q)==1=10=1=
 Kiểm tra khẳng định đáp án C bằng chức năng MODE 7. Ta thấy hàm số không xác định khi x  0
 Đáp án C cũng sai  Tóm lại đáp án chính xác là D
w7i2$Q)==p9=10=1=
 Nếu tím hiểu vì sao hai đồ thị trên đối xứng nhau qua trục hoành thì ta phải hiểu ý nghĩa “nếu đồ thị
hàm số y  f  x  và đồ thị hàm số y  g  x  đối xứng nhau qua trục hoành thì f  x    g  x  ”
Vậy ta sẽ chọn a  2; x  5 rồi tính y  log 2 5  2.32... và y  log 1 x  2.32...  D đúng
2

BÀI 17. TÍNH NHANH BÀI TOÁN CÓ THAM SỐ MŨ – LOGARIT.

1) PHƢƠNG PHÁP
 Bƣớc 1 : Cô lập m đưa về dạng m  g  x  hoặc m  g  x 
 Bƣớc 2 : Đưa bài toán ban đều về bài toán giải phương trình, bất phương trình đã học.
Tìm tập hợp tất các các giá trị của m để phương trình log 2 x  log 2  x  2   m có nghiệm :
A. 1  m    B. 1  m    C. 0  m    D. 0  m   
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Đặt log 2 x  log 2  x  2   f  x  khi đó m  f  x  (1). Để phương trình (1) có nghiệm thì m
thuộc miền giá trị của f  x  hay f  min   m  f  max 
 Tới đây bài toán tìm tham số m được quy về bài toán tìm min, max của một hàm số. Ta sử
dụng chức năng Mode với miền giá trị của x là Start 2 End 10 Step 0.5
w7i2$Q)$pi2$Q)p2==2=
10=0.5=
 Quan sát bảng giá trị F  X  ta thấy f 10   0.3219 vậy đáp số A và B sai. Đồng thời khi
x càng tăng vậy thì F  X  càng giảm. Vậy câu hỏi đặt ra là F  X  có giảm được về 0 hay
không.
Ta tư duy nếu F  X  giảm được về 0 có nghĩa là phương trình f  x   0 có nghiệm. Để
kiểm tra dự đoán này ta sử dụng chức năng dò nghiệm SHIFT SOLVE
i2$Q)$pi2$Q)p2qr3=
Máy tính Casio báo phương trình này không có nghiệm. Vậy dấu = không xảy ra
 Tóm lại f  x   0  m  0 và D là đáp án chính xác
 x   2 
 x2  x2
2  2 
 Vì x  2 nên x  2  0  1   1  log 2 1    log 2 1  0
x2  x2
 2 
Vậy m  log 1   0
 x2
 Bình luận :

 Một bài toán mẫu mực của dạng tìm tham số m ta giải bằng cách kết hợp chức năng lập
bảng giá trị MODE 7 và chức năng dò nghiệm SHIFT SOLVE một cách khéo léo
 Chú ý : m  f  x  mà f  x   0 vậy m  0 một tính chất bắc cầu hay và thường xuyên gặp
Tìm tham số m để phương trình ln x  mx 4 có đúng một nghiệm :
1 1 e4 4
A. m  B. m  4 C. D. 4
4e 4e 4 e
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
ln x
 Cô lập m  4  f  x  ( m  0 )
x
Tới đây bài toán tìm m trở thành bài toán sự tương giao của 2 đồ thị. Để phương trình ban
ln x
đầu có đúng 1 nghiệm thì hai đồ thị y  4 và y  m có đúng 1 giao điểm.
x
ln x
 Để khảo sát sự biến thiên của hàm y  4 ta sử dụng chức năng MODE với thiết lập Start 0
x
End 5 Step 0.3
w7ahQ))RQ)^4==0=5=0.3
=
Quan sát sự biến thiên của F  X  ta thấy f  0.3   148.6 tăng dần tới F 1.2   0.0875
rồi giảm xuống F  5  2,9.103  0
ln x
 Ta thấy f cực đại  0.875 . Để hai đồ thị y  và y  m có đúng 1 giao điểm thì
x4
ln x 1
đường thẳng y  m tiếp xúc với đường cong y  4 tại điểm cực đại  m  0.875 
x 4e
Vậy đáp án A là đáp án chính xác
 x   2 
 x2  x2
2  2 
 Vì x  2 nên x  2  0  1   1  log 2 1    log 2 1  0
x2  x2
 2 
Vậy m  log 1   0
 x2
 Bình luận :
 Một bài toán mẫu mực của dạng tìm tham số m ta giải bằng cách kết hợp chức năng lập
bảng giá trị MODE 7 và chức năng dò nghiệm SHIFT SOLVE một cách khéo léo
 Chú ý : m  f  x  mà f  x   0 vậy m  0 một tính chất bắc cầu hay và thường xuyên gặp
VD3-[Thi thử THPT Lục Ngạn – Bắc Giang lần 1 năm 2017]
   log 1 x  m  0 có nghiệm thuộc khoảng  0;1 ?
2
Tìm m để phương trình 4 log 2 x
2

1 1 1 1
A. 1  m  B. m  C. 0  m  D. m 
4 4 4 4
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 
2
 Cô lập m  4 log 2 x  log 1 x
2
   log 1 x  f  x  khi đó m  f  x  (1). Để phương trình (1) có nghiệm

2
Đặt 4 log 2 x
2
thuộc khoảng  0;1 thì m thuộc miền giá trị của f  x  hay f  min   m  f  max  khi x
chạy trên khoảng  0;1
 Bài toán tìm tham số m lại được quy về bài toán tìm min, max của một hàm số. Ta sử dụng
chức năng Mode với miền giá trị của x là Start 0 End 1 Step 0.1
7p4Oi2$sQ)$$d+ia1R2$$
Q)==0=1=0.1=
1
Quan sát bảng giá trị F  X  ta thấy F  X   f  0.7   0.2497  vậy đáp án đúng chỉ có
4
thể là B hoặc D
1
 Tuy nhiên vấn đề là m  có nhận hay không. Nếu nhận thì đáp số D là đúng, nếu không
4
nhận thì đáp số B là đúng.
1 1
 
2
Để kiểm tra tính chất này ta thế m  vào phương tình 4 log 2 x  log 1 x   0 rồi
4 2 4
dùng chức năng dò nghiệm SHIFT SOLVE để xem có nghiệm x thuộc khoảng  0;1 không
là xong.
4Oi2$sQ)$$dpia1R2$$Q)
$+a1R4qr0.5=
Máy tính Casio báo có nghiệm x  0.7071... thuộc khoảng  0;1 . Vậy dấu = có xảy ra
1
 Tóm lại m  và D là đáp án chính xác
4
2
  1 
 log 1 x  4  log 2 x   log 2 x    log 2 x   log 2 x
2
Ta có m  4 log 2 x
2

2 2 
2
1  1 1
Vây m    log 2 x   
4  2 4
1
1 1  1
Dấu = xảy ra  log 2 x   0  log 2 x    x  2 2 
2 2 2
 Bình luận :
 Để xem dấu = xảy ra hay không thì ta sẽ thử cho dấu = xảy ra và sử dụng chức năng dò
nghiệm. Nếu xuất hiện nghiệm thỏa mãn yêu cầu đề bài thì dấu = xảy ra.
VD4-[Thi HK1 chuyên Amsterdam -HN năm 2017]
Với giá trị nào của tham số m thì phương trình log 1 x  2  log 2  x  1  m có 3 nghiệm phân biệt
2 3
?
A. m  3 B. m  2 C. m  0 D. m  2
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Đặt log 1 x  2  log 2  x  1  f  x  khi đó m  f  x  (1).
2 3
Bài toán tìm tham số m trở lại bài toán sự tương giao của 2 đồ thị. Để phương trình ban đầu
có 3 nghiệm thì đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 3 điểm phân biệt
 Ta có y  m là đường thẳng song song với trục hoành
 Để khảo sát sự biến thiên của đồ thị hàm số y  f  x  ta sử dụng chức năng lập bảng giá trị
TABLE với thiết lập Start 1 End 8 Step 0.5
w7ia1R2$$qcQ)p2$$pia
2R3$$Q)+1==p1=8=0.5=
Quan sát bảng giá trị ta mô tả được sự biến thiên của hàm f  x  như sau
 Rõ ràng m  2 thì 2 đồ thị trên cắt nhau tại 1 điểm  Đáp số B sai
m  2 cũng cắt nhau tai 1 điểm  Đáp án C và D cùng sai
 Bình luận :
 Bài toán thể hiện được sức mạnh của máy tính Casio đặc biệt trong việc khảo sát các hàm
chứa dấu giá trị tuyệt đối. Cách tự luận rất rắc rối vì phải chia làm nhiều khoảng để khảo sát
sự biến thiên nên tác giả không đề cập.
VD5-[Thi HK1 THPT Chu Văn An -HN năm 2017]

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 9 x  3x  2  m  0 có hai nghiệm trái dấu
 81 
A. m  0 B. 0  m  8 C. m   0;  D. Không tồn tại
 4
m
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Cô lập m  9 x  3x  2
Đặt 9x  3x  2  f  x  khi đó m  f  x  (1) . Bài toán quy về dạng tương giao của 2 đồ thị.

Để khảo sát sự biến thiên của hàm số y  f  x  và đường đi của đồ thị ta sử dụng chức năng
lập bảng giá trị MODE 7 với thiết lập Start -9 End 10 Step 1.
w7p9^Q)$+3^Q)+2==p9=1
0=1=
 Quan sát bảng giá trị ta mô tả đường đi của đồ thị hàm y  f  x  như sau :
Nhìn sơ đồ ta thấy để đường thẳng y  m cắt đồ thị y  f  x  tại 2 điểm A và B có hoành

độ trái dấu thì 0  m  8
 Đặt 3x  t  t  0  . Phương trình  f  t   t 2  9t  m  0 (1)
 Khi x  0 thì t  30  1 . Khi x  0 thì t  1 . Vậy để phương trình ban đầu có 2 nghiệm trái
dấu thì phương trình (1) có 2 nghiệm dương thỏa mãn t1  1  t2
  0 81  4m  0
S  0 9  0
 
Vây    0m8
 P  0  m  0
af 1  0 1.  m  8   0
 
1
1 1  1
Dấu = xảy ra  log 2 x   0  log 2 x    x  2 2 
2 2 2
 Bình luận :
 Hai giao điểm có hoành độ trái dấu thì phải nằm về 2 phía của trục tung
 Đáp án A sai vì 2 đồ thị chỉ cắt nhau tại 1 điểm nằm ở bên phải trục tung
 Nếu 18  m  8 thì 2 đồ thị cắt nhau tại 2 điểm đều nằm bên phải trục tung vậy đáp án C sai.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x  2 x  2  6  m có 3 nghiệm phân biệt
2 2
?
A. m  3 B. m  2 C. 2  m  3 D. 2  m  3


  m  2  51 1 x 2
 2m  1  0 có nghiệm ?
A. 20 B. 35 C. 30 D. 25
m   2
A. m  0 B.  C. Với mọi m D. Không tồn tại
 m  2
m
A. m  1 B. m  0 C. 0  m  1 D. m  1

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x  2 x  2  6  m có 3 nghiệm phân biệt
2 2
?
A. m  3 B. m  2 C. 2  m  3 D. 2  m  3
GIẢI
 Cách 1: CASIO
 Đặt f  x   4x  2x 2  6 . Khi đó phương trình ban đầu  f  x   m
2 2
 Sử dụng Casio khảo sát sự biến thiên của đồ thị hàm số y  f  x  với thiết lập Start 4 End 5 Step
0.5
w74^Q)d$p2^Q)d+2$+6==p4
=5=0.5=
 Quan sát bảng biến thiên ta vẽ đường đi của hàm số
Rõ ràng y  3 cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 3 điểm phân biệt vậy đáp án A là chính xác
 Đặt 2 x  t khi đó phương trình ban đầu  t 2  4t  6  m  0 (1)
2
 Ta để ý tính chất sau : Nếu t  1 thì x  0 còn nếu t  0; t  1 thì x   log 2 t . Vậy để phương
trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt thì (1) có 2 nghiệm trong đó có 1 nghiệm t  0 và 1 nghiệm
t 0
 Với t  1  f 1  0  3  m  0  m  3
  m  2  51 1 x 2
 2m  1  0 có nghiệm ?
A. 20 B. 35 C. 30 D. 25
GIẢI
 Cách 1: CASIO
251 1 x 2
 2.51 1 x 2
1
1 1 x 2
5 2
1 1 x 2 1 1 x 2
25  2.5 1
1 1 x 2
5 2
 Sử dụng Casio khảo sát sự biến thiên của đồ thị hàm số y  f  x  với thiết lập Start 1 End 1 Step
2
w7a25^1+s1pQ)d$$p2O5^1+
s1pQ)d$$+1R5^1+s1pQ)d$$
p2==p1=1=0.2=
 Quan sát bảng biến thiên ta thấy f  x   f  0   25.043... hay m  f  0  vậy m nguyên dương
lớn nhất là 25  D là đáp án chính xác
 Điều kiện 1  x 2  0  1  x  1 . Ta có 1  x 2  1  1  1  x 2  2
Đặt 51 1 x2
 t  51  t  52  5  t  25
t 2  2t  1
 Phương trình ban đầu trở thành t 2   m  2  t  2m  1  0  m   f t 
t 2
Vậy m  f  max 
 Khảo sát sự biến thiên của hàm f  x  trên miền  5; 25  ta được f  max   f  25  25.043
Vậy m nguyên dương lớn nhất là 25
m   2
A. m  0 B.  C. Với mọi m D. Không tồn tại
 m  2
m
GIẢI
 Cách 1: CASIO
5.16 x  2.81x
36 x
5.16 x  2.81x
36 x
 Sử dụng Casio khảo sát sự biến thiên của đồ thị hàm số y  f  x  với thiết lập Start 9 End 10
Step 1
w7a5O16^Q)$p2O81^Q)R36^
Q)==p9=10=1=
Quan sát bảng biến thiên ta thấy f  x  luôn giảm hay hàm số y  f  x  luôn nghịch biến.
Điều này có nghĩa là đường thẳng y  m luôn cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 1 điểm  C chính
xác
 Phương trình ban đầu  5.16 x  m.36 x  2.81x  0 (1)
x x 2x x
 16   36  4 4
Chia cả 2 vế của (1) cho 81 ta được : 5.    m.    2  0  5    m    2  0 (2)
x
 81   81  9 9
x
4
Đặt    t  t  0  (2)  5t 2  mt  2  0 (3)
9
Phương trình (3) có 5.  2   10  0 tức là (3) luôn có 2 nghiệm trái dấu
 (3) luôn có 1 nghiệm dương 1 nghiệm âm
 Phương trình ban đầu luôn có 1 nghiệm với mọi m
A. m  1 B. m  0 C. 0  m  1 D. m  1
GIẢI
 Cách 1: CASIO
 x  1  x 
 Điều kiện : x  2 . Phương trình ban đầu  log 3    2 log 3 m  log 3    log 3 m
 x2 2  x2
x x
 log3  log 3 m  m 
x2 x2
Để phương trình ban đầu vô nghiệm thì đường thẳng y  m không cắt đồ thị hàm số
x
y  f  x 
x2
 Sử dụng Casio khảo sát sự biến thiên của đồ thị hàm số y  f  x  với thiết lập Start 2 End 10 Step
0.5
w7saQ)RQ)p2==2=10=0.5=
 Để khảo sát chính xác hơn ta tính giới hạn của hàm f  x  khi x tiến tới 2 cận là 2 và  
saQ)RQ)p2r10^9)=
Vậy lim  1
x
saQ)RQ)p2r2+0.0000001=

Vậy lim f  x    
x2
 Quan sát bảng giá trị và 2 giới hạn ta vẽ đường đi cả đồ thị hàm số y  f ( x) và sự tương giao
Ta thấy ngay m  1 thì 2 đồ thị không cắt nhau hay phương trình ban đầu vô nghiệm

BÀI 18. TÌM NHANH NGUYÊN HÀM CỦA HÀM SỐ.
1) MỞ ĐẦU VỀ NGUYÊN HÀM VÀ TÍCH PHÂN

Hôm nay mình nhận được 1 câu hỏi của thầy Bình Kami, một câu hỏi về tính quãng đường của một
vật chuyển động thẳng biến đổi đều, câu hỏi đã được xuất hiện trong đề thi minh họa của BGD-ĐT
năm 2017
[Câu 24 đề minh họa 2017] Một ô tô đang chạy với vận tốc 10  m / s  thì người lái đạp phanh , từ
thời điểm đó , ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v  t   2t  10  m / s  , trong đó t là
khoảng thời gian tính bằng giây , kể từ lúc bắt đầu đạp phanh . Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng
hẳn, ô tô còn di chuyển được bao nhiêu mét ?
A. 15 m B. 20 m C. 25 m D. 40 m
Xem nào, khi xe dừng lại vận tốc sẽ về 0 hay 0  2t  10 vậy thời gian xe còn di chuyển thêm được
là 5 ( s ) . Vậy quãng đường s  v.t  10.5  50  m  mà xe chạy chậm dần vậy sẽ phải nhỏ hơn
50  m  , chắc là 40  m  phải không nhỉ ?
Để chắc chắn, có lẽ mình phải lập 1 bảng mô tả quãng đường :

Mốc 0 Hết giây thứ 1 Hết giây thứ 2 Hết giây thứ 3 Hết giây thứ 4 Hết giây thứ
5
Vận tốc 10  8 86 64 42 20
Quãng đường 9 7 5 3 1
Như vậy tổng quãng đường xe đi được khi vận tốc giảm đến 0 là 9  7  5  3  1  25  m 
Cách này có vẻ tin cậy hơn nhiều, nhưng mất của mình thời gian đến hơn 2 phút !!! Vậy còn cách gì
nhanh hơn không nhỉ ?
Thầy BìnhKami e làm được rồi.
Minh Nguyệt đã giải được bài toán và tìm ra đáp án chính xác 25  m  , rất tốt về mặt kết quả nhưng
về mặt thời gian tính lại hơi lâu. Bài này ta có thể hoàn thành trong thời gian 20  s  nhờ 1 công cụ
gọi là tích phân
5
S    2t  10  dt  25  m 
0
Ta bấm máy tính như sau :
Khởi động chức năng tính tích phân : y
Nhập biểu thức cần tính tích phân và nhấn nút =
(p2Q)+10)R0E5=
Máy tính sẽ cho chúng ta kết quả là 25  m  . Chỉ mất 20  s  thật tuyệt vời phải không nào !!!
Thầy BìnhKami, Tích phân là công cụ gì mà hay vậy ạ ???

Tích phân là 1 trong những công cụ tuyệt vời nhất mà nền toán học đã tạo ra , sử dụng tích phân
có thể tính được quãng đường, vận tốc của 1 vật thể hoặc có thể tính được diện tích của 1 hình rất
phức tạp ví dụ như hình tròn, hình tam giác, hình e líp … thì còn có công thức nhưng diện tích của
mặt ao hồ hình thù phức tạp thì chỉ có tích phân mới xử lý được, hoặc tính thể tích của 1 khoang tầu
thủy có hình dạng phức tạp thì lại phải nhờ đến tích phân.
Tích phân hiện đại được nhà toán học Anh Isac Newton và nhà toán học Pháp Laibơnit công bố
khoảng cuối thế kỉ 17 nhưng người đặt nền móng cho sự hình thành và phát triển của Tích phân là
nhà toán học, vật lý học, triết học, thiên văn học thiên tài người Hi Lạp Ac-si-met
Tích phân chia làm 2 dạng : Tích phân bất định (không cận) thường được biết tới tên là Nguyên
hàm và Tích phân xác định (có cận) thường được biết đến với tên Tích phân mà các e sẽ được học ở
học kì 2 lớp 12.
2) CÁCH TÍNH NGUYÊN HÀM

 Xây dựng công thức tính nguyên hàm :
Ta có  x5  '  5x 4 vậy ta nói nguyên hàm của 5x 4 là x 5 kí hiệu  5x4 dx  x5  C
Tương tự  sin x  '  cos x vậy ta nói nguyên hàm của cos x là sin x , kí hiệu
 cos xdx  sin x  C

Tổng quát :  f  x  dx  F  x   C  F '  x   f  x 
VD1-[Sách BT Nâng cao 12] Hàm số F  x   e x là nguyên hàm của hàm số nào :
2
2
ex
A. f  x   e 2x
B. f  x   2 x.e 2x
C. f  x   D.
2x
f  x   x 2e x  1
2
GIẢI
Thưa thầy, bài này e làm được ạ !
 Đầu tiên e tính đạo hàm của F  x  , vì F  x  là một hàm hợp của e nên em áp dụng công
thức  eu  '  eu .u ' ạ .
  
Khi đó : F '  x   e x '  e x .  x 2  '  2 x.e x
2 2 2
Vậy F  x  là nguyên hàm của hàm của hàm f  x   2 x.e x và ta chọn đáp án B ạ.
2

VD2-[Đề thi minh họa ĐHQG 2016] Nguyên hàm của hàm số y  x.e 2 x là :
1  1
A. 2e2 x  x  2   C B. e 2 x  x    C
2  2
 1 1
C. 2e 2 x  x    C D. e 2 x  x  2   C
 2 2
GIẢI
Thưa thầy, chúng ta sẽ thử lần lượt , với đáp án A thì F  x   2e2 x  x  2  . Nhưng việc tính đạo
hàm của F  x  là 2e2 x  x  2  thì e thấy khó quá ạ , e quên mất công thức ạ !!
Trong phòng thi gặp nhiều áp lực, nhiều khi chúng ta đột nhiên bị quên công thức đạo hàm hay
bản thân chúng ta chưa học phần này thì làm sao ?? Thầy sẽ cho các e một thủ thuật Casio để các e
quên công thức vẫn biết đâu là đáp án đúng :
 Ta biết F '  x   f ( x) việc này đúng với mọi x thuộc tập xác định
 Vậy sẽ đúng với x  1 chẳng hạn . Khi đó F ' 1  f 1
 Tính giá trị f 1  7,3890...
Q)QK^2Q)r1=
 Tính đạo hàm F ' 1 với từng đáp án , bắt đầu từ đáp án A là F  x   2e2 x  x  2 
qy2QK^2Q)$(Q)p2)$1=
Vậy ta được kết quả F ' 1  14.7781... đây là 1 kết quả khác với f 1  Đáp án A sai
1  1
 Tính đạo hàm F ' 1 của đáp án B với F  x   e 2 x  x  
2  2
qya1R2$QK^2Q)$(Q)pa1R2$
)$1=
1  1
Ta thu được kết quả giống hệt f  x  vậy F '  x   f  x  hay F  x   e 2 x  x   là nguyên
2  2
hàm của f  x   Đáp án B là đáp án chính xác
 Bình luận :
 Nếu F  x  là 1 nguyên hàm của f  x  thì F  x   C cũng là 1 nguyên hàm của hàm f  x 
vì  F  x   C  '  F '  x   C '  F '  x   0  F '  x   f  x 
 Việc sử dụng Casio dể tính nguyên hàm đặc biệt hữu ích đối với với những bài phức tạp, áp
dụng nhiều công thức tính đạo hàm cùng một lúc , và tránh nhầm lẫn trong việc tính toán !!
VD3-[Câu 23 Đề minh họa năm 2017] Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   2 x  1 :
 f  x  dx  3  2x  1  f  x  dx  3  2x  1
2 1
A. 2x  1  C B. 2x  1  C
 f  x  dx   3
1
2x  1  C
 f  x  dx  2
1
C. D. 2x  1  C
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Nhắc lại 1 lần nữa công thức quan trọng của chúng ta. Nếu F  x  là 1 nguyên hàm của
f  x  thì F '  x   f  x 
Khi đó ta chọn 1 giá trị x  a bất kì thuộc tập xác định thì F  a   f  a 
1
 Chọn giá trị x  2 chẳng hạn (thỏa điều kiện 2 x  1  0  x  )
2
Khi đó f  2   1, 732...
s2Q)p1r2=n

 Theo đúng quy trình ta sẽ chọn đáp án F  x  ở 4 đáp án A, B, C, D nếu đáp án nào thảo
mãn F '  2   f  2   1,732...
2
Thử với đáp án A khi đó F  x  
 2 x  1 2 x  1
3
qya2R3$(2Q)p1)s2Q)p1$$2=
Vậy F '  2   3,4641... là một giá trị khác f  2   1, 732... điều đó có nghĩa là điều kiện
F '  x   f  x  không được đáp ứng. Vậy đáp án A là sai .
1
 Ta tiếp tục thử nghiệm với đáp án B. Khi này F  x  
 2 x  1 2 x  1
3
qya1R3$(2Q)p1)s2Q)p1$$2=
Ta được F '  2   1,732... giống hệt f  2   1, 732... có nghĩa là điều kiện F '  x   f  x 
được thỏa mãn. Vậy đáp án chính xác là B
1
 Dựa vào đặc điểm của hàm f  x  ta thấy 2 x  1 về mặt bản chất sẽ có dạng  2 x  1 2 . Ta
nghĩ ngay đến công thức đạo hàm  u n  '  n.u n1.u '
+)Trong công thức đạo hàm này số mũ của u bị giảm đi 1. Vậy hàm F  x  có số mũ lớn
3
hơn hàm f  x  là 1 đơn vị. Vậy F  x  phải có số mũ là
2
3
+)Vậy chỉ có đáp án A hoặc B là thỏa mãn vì  2 x  1 2 x  1   2 x  1 2
 3
 3 1
 Ta thực hiện phép đạo hàm  2 x  1 2  '   2 x  1 2  2 x  1 '  3 2 x  1
  2
1 3

 Cân bằng hệ số ta được  2 x  1 2  '  2 x  1 . Điều này có nghĩa nguyên hàm
3 
3
1 1
F  x    2 x  1 2   2 x  1 2 x  1  B là đáp án đúng.
3 3
 Bình luận :
 Nếu chúng ta có một chút kiến thức cơ bản về đạo hàm thì việc sử dụng máy tính Casio để
tìm đáp án sẽ nhẹ nhàng hơn. Chúng ta chỉ việc thử với đáp án A và B vì 2 đáp án này mới
3
có số mũ là
2
 Điều đặc biệt của dạng này là số mũ của nguyên hàm F  x  lúc nào cũng lớn hơn số mũ của
hàm số f  x  là 1 đơn vị.

m
+) Chúng ta có thể áp dụng 1 cách linh hoạt. Ví dụ tìm nguyên hàm của hàm số y  thì
x
1 1 1
cũng vô cùng đơn giản. Ta thấy y  m. về mặt bản chất thì là x mũ  vậy chắc
x x 2
1 1
chắn nguyên hàm phải là x mũ   1  hay là x
2 2
+) Ta xét đạo hàm gốc  x '
1
2 x
(*) Việc còn lại chỉ là cân bằng hệ số, để tạo thành
m
x

ta nhân cả 2 vế của (*) với 2m là xong. Khi đó 2m x '   m
x
Thật đơn giản phải không !!
x 2  3x  2
VD4- Một nguyên hàm của hàm số f  x   là :
x
x 2 3x
A. B.   ln x
2 x 2  3x  2 ln x 2 2
x2
 3 x  2 ln x  1 x2  x
C. 2 D.
x2
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Ta chọn 1 giá trị x thuộc tập xác định  x  0  là x  5
Khi đó f  5  7.6
aQ)d+3Q)p2RQ)r5=n
x2
 Với đáp án C ta có F  x  
 3x  2 ln x  1 có
2
qyaQ)dR2$+3Q)p2hQ))+1$5
=
Ta được F '  5  7.6  f 5  . Vậy đáp án C là đáp án chính xác.

x 2  3x  2
 Hàm f  x   có tên gọi là hàm phân thức hữu tỉ với bậc của tử là bậc 2 lớn hơn
x
bậc của mẫu là bậc 1
2
 Phương pháp giải : Thực hiện 1 phép chia tử số cho mẫu số ta được: f  x   x  3  . Khi
x
đó hàm số trở thành dạng đơn giản và ta dễ dàng tìm được nguyên hàm.
 x2  x2
+) Có   3x  '  x  3 vậy  3 x là nguyên hàm của x  3
 2  2

1 2
+) Có  ln x  '  . Cân bằng hệ số ta có :  2 ln x  '   vậy 2ln x là nguyên hàm của
x x
2

x
 x2  2 x 2  3x  2
Tổng kết   3x  2 ln x  '  x  3  
 2  x x
x2 x2
Hay  3 x  2 ln x là một nguyên hàm cần tìm thì  3x  2 ln x  5 cũng là một nguyên
2 2
hàm
1 3

 Cân bằng hệ số ta được  2 x  1 2  '  2 x  1 . Điều này có nghĩa nguyên hàm
3 
3
1 1
F  x    2 x  1 2   2 x  1 2 x  1  B là đáp án đúng.
3 3
 Bình luận :
 Tìm nguyên hàm của 1 hàm phân thức hữu tỉ là 1 dạng toán hay nếu chúng ta biết nguyên
tắc tư duy, và nếu không biết thì sẽ rất khó khăn.
 Ta phải nhớ thế này, nếu phân thức hữu tỉ có bậc ở tử lớn hơn hoặc bằng bậc ở mẫu thì ta
sẽ thực hiện 1 phép chia tử số cho mẫu số thì sẽ thu được 1 hàm số cực kì dễ tính nguyên
hàm.
 Ngoài ra còn 1 dạng hay nữa khi phân thức hữu tỉ có mẫu số phân tích được thành nhân
tử thì ta sẽ xử lý thế nào ? Mời các bạn xem ví dụ tiếp theo .
4
VD5 - Nguyên hàm của hàm số f  x   2 là :
x 4
A. ln  x  2   2ln  x  2   C B. 2ln  x  2   ln  x  2   C
x2
ln C x2
C. x2 D. ln x  2  C
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Ta chọn 1 giá trị x thuộc tập xác định  x  0  là x  5
Khi đó f  5  7.6
aQ)d+3Q)p2RQ)r5=n
x2
 Với đáp án C ta có F  x  
 3x  2 ln x  1 có
2
qyaQ)dR2$+3Q)p2hQ))+1$5
=
Ta được F '  5  7.6  f 5  . Vậy đáp án C là đáp án chính xác.


4
 Hàm f  x   có tên gọi là hàm phân thức hữu tỉ có mẫu số phân tích được thành
x 4
2
nhân tử
 Phương pháp giải : Chia phân thức phức tạp ban đầu thành các phân thức phức tạp
4 4
+) Có 2 
x  4  x  2  x  2 
4 1 1
+) Ta sẽ tách phân thức lớn này thành 2 phân thức nhỏ đơn giản : 2  m.  n.
x 4 x2 x2
+) Để tách được ta lại dùng phương pháp hệ số số bất định:
4 1 1 4 m  x  2  n  x  2
 m.  n.  2 
x 4
2
x2 x2 x 2  x  2  x  2 
0  m  n m  1
 4  m  x  2   n  x  2   0 x  4  x  m  n   2m  2n   
 4  2m  2n n  1
4 1 1
Vậy 2  
x 4 x 2 x 2
 Thành công trong việc đưa về 2 phân số đơn giản, ta nhớ đến công thức
1 1
 ln x  '  ,  ln u   .u '
x u
Dễ dàng áp dụng :
1 1 1 1
ln  x  2   '  . x  2 '  và ln  x  2   '  . x  2 ' 
x2 x2 x2 x2
1 1  x2  4
Tổng hợp ln  x  2   ln  x  2   '     ln  ' 2
x2 x2  x2  x 4
x2
Vậy nguyên hàm của f  x  là F  x   ln C
x2
 Bình luận :
 Qua ví dụ trên chúng ta thấy được sự hữu hiệu của phương pháp hệ số bất định, 1 phân số
phức tạp sẽ được chia thành 2 hoặc 3 phân số đơn giản .
 Về nguyên tắc thì có thể ra 1 bài tích phân hàm phân thức được chia thành hàng chục phân
số đơn giản nhưng trong trương trình học THPT thì cùng lắm là chia làm 3 phân thức con.
Chúng ta hãy cùng theo dõi phép chia sau :
4 x2  5x 1 4 x2  5x 1 4 x2  5x 1 m n p
    
x  2 x  x  2  x  2   x  1  x  2  x  1 x  1 x  2 x  1 x  1
3 2 2
 Tử số vế trái = Tử số vế phải
 4 x2  5x  1  m  x 2  1  n  x 2  x  2   p  x 2  3x  2 
 4  m  2n  p m  1
 
 5  n  3 p  n  2
1  m  2 p n  1
 
4 x2  5x 1 1 2 1
Cuối cùng ta thu được : 3   
x  2x  x  2 x  2 x 1 x 1
2
1 2 1
Và ta dễ tính được nguyên hàm của   là
x  2 x 1 x 1
ln  x  2   2ln  x  1  ln  x  1  C
Thật hiệu quả phải không !!
VD6-[Báo toán học tuổi trẻ tháng 12-2016] Nguyên hàm của hàm số f  x   sin x.cos x trên tập số
thực là:
1 1 1
A. cos 2 x  C B.  cos 2 x  C C.  sin x.cos x D.  sin 2 x  C
4 4 4
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Chuyển máy tính Casio về chế độ Radian (khi làm các bài toán liên quan đến lượng giác)
qw4

 Chọn 1 giá trị x bất kì ví dụ như x 
6
  
 Khi đó giá trị của f  x  tại x  là f    0, 4330...
6 6
jQ))kQ))rqKP6=n
1    
 Theo đáp án A thì F  x   cos 2 x . Nếu đáp án A đúng thì F '    f   . Ta tính được
4 6 6
 
F  2   0, 4430... là một giá trị khác f   . Vậy đáp án A sai
6
qya1R4$k2Q))$aqKR6=
 Ta tiếp tục thử nghiệm với đáp án B.

qypa1R4$k2Q))$aqKR6=
   
Ta được F '    0, 4430...  f   . Vậy đáp án chính xác là B
6 6
 Dễ thấy cụm sin x cos x rất quen thuộc và ta nhớ đến công thức có nhân đôi :
sin 2x  2sin x cos x
1
 Từ đó ta rút gọn f  x   sin 2 x
2
 Cái gì đạo hàm ra sin thì đó là cos !! Ta nhớ đến công thức :  cos u  '  u '.sin u
Áp dụng  cos 2 x  '   sin 2 x.  2 x  '  2sin 2 x
 1  1
Cân bằng hệ số bằng cách chia cả 2 vế cho 4 ta được :   cos 2 x  '  sin 2 x
 4  2
1
 Từ đây ta biết được F  x    cos 2 x
4
 Bình luận :
 Khi sử dụng máy tính Casio để làm bài tập liên quan đến hàm lượng giác thì ta nên đổi sang
chế độ Radian để phép tính của chúng ta đạt độ chuẩn xác cao..
 Ngoài cách gộp hàm f  x  theo công thức góc nhân đôi , ta có thể tư duy như sau :

Nếu ta coi sin x  u thì cos x  u ' vậy ta nhớ tới công thức  u n  '  n.u n1.u '
1 
Ta thiết lập quan hệ  sin 2 x  '  2sin x cos x hay  sin 2 x  '  sin x cos x
2 
1
Vậy ta biết F  x   sin 2 x tuy nhiên so sánh đáp án thì lại không có đáp án giống. Vậy ta
2
1 1 1  cos 2 x 1 1 1
tiếp tục biến đổi 1 chút. sin 2 x    cos 2 x   F  x  cũng là  cos 2 x
2 2 2 4 4 4
sin 2 x
Bài 1-[THPT Phạm Văn Đồng – Phú Yên 2017] Nguyên hàm  dx bằng :
cos 4 x
1 1
A. B. tan x  C C. 3 tan 3 x  C D. tan 3 x  C
tan 2 x  C 3 3
Bài 2-[Thi HSG tỉnh Ninh Bình 2017] Nguyên hàm của hàm số f  x   2016 x là :
2016 x
A. C B.
ln 2016 2016 x.ln 2016  C
x.2016 x 1
C. x.2016 x.ln 2016  C D. C
ln 2016
Bài 3-[THPT Quảng Xƣơng I – Thanh Hóa 2017] Hàm số nào sau đây không phải là nguyên hàm
x  x  2
của hàm số f  x   :
 x  1
2
x2  x  1
x2  x  1 x2  x  1 x2
A. B. C. x  1 D.
x1 x1 x1
 3 
Bài 4-[THPT Hàm Rồng – Thanh Hóa 2017] Tìm nguyên hàm của hàm số   x 2   2 x dc
 x 
x3 4 3 x3 4 3
A.  3ln x  x C B.  3ln x  x C
3 3 3 3
x3 4 3
 3ln x  x C x3 4 3
C. 3 3 D.  3ln x  x C
3 3
Bài 5-[THPT Vĩnh Chân – Phú Thọ 2017] Không tồn tại nguyên hàm :
x2  x  1
 x  1 dx C.  sin 3xdx
A. B.
  x 2  2 x  2dx 
D. e 3 x dx
ln x
Bài 6-[Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa 2017]  x
dx bằng :
1
C
 ln x   ln x 
1 2 3 3 3
A. 2  ln x   C
2 B. C C. 2 ln x D. C
3 2
Bài 7-[Báo Toán học tuổi trẻ T11 năm 2016] Nguyên hàm của hàm số f  x   e x 1  2017e2 x  là
:
A. B.
e x  2017 e  x  C e x  2017 e  x  C
2017  x
ex  e C 2017 x
C. 2 D. e x  e C
2
2x  3
Bài 8-[THPT Triệu Sơn – Thanh Hóa 2017] Họ nguyên hàm của  2x 2
 x 1
dx :

2 5 2 5
A. ln 2 x  1  ln x  1  C B.  ln 2 x  1  ln x  1  C
3 3 3 3
2 5
ln 2 x  1  ln x  1  C 1 5
C. 3 3 D.  ln 2 x  1  ln x  1  C
3 3

sin 2 x
Bài 1-[THPT Phạm Văn Đồng – Phú Yên 2017] Nguyên hàm  dx bằng :
cos 4 x
1 1
A. B. tan x  C C. 3 tan 3 x  C D. tan 3 x  C
tan x  C
2
3 3
GIẢI
 Cách 1: CASIO

 Chọn chế độ Radian cho máy tính Casio rồi chọn giá trị x  chẳng hạn.
6
sin 2 x   4
 Ta có f  x   và F   
6 9
4
cos x
qw4ajQ))dRkQ))^4rqKP6=
1  4
 Tính đạo hàm của F  x   tan 3 x tại x  ta được F  x   0, 44  4  
3 6 9
qya1R3$lQ))^3$$aqKR6=
4
 Vậy F '  x   f  x    D là đáp án chính xác
9
sin 2 x 1
 Biến đổi 4
 tan 2 x.
cos x cos 2 x
 Theo công thức đạo hàm  u n  '  n.u n1.u ' . Với u  tan x và n  3
1 
Ta có  tan 3 x  '  3.tan 2 x.
1 1 1
  tan 3 x  '  tan 2 x. . Vậy F  x   tan 3 x là 1 nguyên
3 
2 2
cos x cos x 3
1
hàm  tan 3 x  C là họ nguyên hàm cần tìm.
3
Bài 2-[Thi HSG tỉnh Ninh Bình 2017] Nguyên hàm của hàm số f  x   2016 x là :
2016 x
A. C B.
ln 2016 2016 x.ln 2016  C
x.2016 x 1
C. x.2016 x.ln 2016  C D. C
ln 2016
GIẢI
 Cách 1: CASIO
 Chọn giá trị x  2 chẳng hạn.
 Ta có f  x   2016 x và F  2   4064256

2016^Q)r2=
2016 x
 Tính đạo hàm của F  x   tại 2 ta được F '  2   4064256
ln 2016
qya2016^Q)Rh2016)$$2=
 Vậy F '  x   f  x   4064256  A là đáp án chính xác

 Theo công thức đạo hàm  a x  '  a x .ln x . Với a  2016
 2016 x 
Ta có  2016 x  '  2016 x.ln 2016  
2016 x
 '  2016 x
. Vậy F  x   là 1 nguyên hàm
 ln 2016  ln 2016
2016 x
  C là họ nguyên hàm cần tìm.
ln 2016
Bài 3-[THPT Quảng Xƣơng I – Thanh Hóa 2017] Hàm số nào sau đây không phải là nguyên hàm
x  x  2
của hàm số f  x   :
 x  1
2
x2  x  1
x  x 1
2
x  x 1
2
x2
A. B. C. x  1 D.
x1 x1 x1
GIẢI
 Cách 1: CASIO
x  x  2 8
 Ta có f  x   và f  2  
 x  1
2
9
aQ)(Q)+2)R(Q)+1)dr2=
x2  x 1 10
 Tính đạo hàm của F  x   tại 2 ta được F '  2   1.111 
x 1 9
qyaQ)d+Q)p1RQ)+1$$2=
x2  x 1
 Vậy F '  x   f  x   F  x   không phải là nguyên hàm của f  x   A là đáp án
x 1
chính xác

x  x  2  x  1  1  1  1
2

 x  1  x  1  x  1
2 2 2
 Biến đổi
 1  1
 Theo công thức đạo hàm   '  2 .u ' . Với u  x 1
u u
 1  1  1  1  x 2  x  1  x( x  2)
Ta có   '   và x '  1   x   '  1    ' 
 x 1   x  1  x 1   x  1  x  1   x  1
2 2 2
x2  x  1
Vậy F  x   là 1 nguyên hàm  Đáp số C đúng
x 1
x2  x 1
 F ( x)  2  cũng là 1 nguyên hàm  Đáp số B đúng
x 1
x2
 F ( x)  1  cũng là 1 nguyên hàm  Đáp số D đúng
x 1
 3 
Bài 4-[THPT Hàm Rồng – Thanh Hóa 2017] Tìm nguyên hàm của hàm số   x 2   2 x dc
 x 
x3 4 3 x3 4 3
A.  3ln x  x C B.  3ln x  x C
3 3 3 3
x3 4 3
 3ln x  x C x3 4 3
C. 3 3 D.  3ln x  x C
3 3
GIẢI
 Cách 1: CASIO
3 11  4 2
 Ta có f  x   x 2   2 x và f  2  
x 2
Q)d+a3RQ)$p2sQ)r2=
x3 4 3 11  4 2
 Tính đạo hàm của F  x    3ln x  x tại 2 ta được F '  2   2.6715... 
3 3 2
qyaQ)^3R3$+3hQ))pa4R3$s
Q)^3$$$2=
11  4 2 x3 4 3
 Vậy F '  x   f  x    F  x    3ln x  x là nguyên hàm của f  x   C là
2 3 3
đáp án chính xác
1 3
 Theo công thức đạo hàm  ln x  '    3ln x  ' 
x x
  3 1
3
4 3 1
4 3
 Theo công thức  x n  '  n.x n1
3
với n    x 2  '  .x 2   x 2  '  2 x 2   x '  2 x
2   2  3   3 

 x3 4 3 3 x3 4
Vậy  3  3ln x  3 x  '  x  x  2 x hay F  x    3ln x 
2
 x 3 là 1 nguyên hàm
  3 3
Bài 5-[THPT Vĩnh Chân – Phú Thọ 2017] Không tồn tại nguyên hàm :
x2  x  1
 x  1 dx C.  sin 3xdx
A. B.
  x 2  2 x  2dx 
D. e 3 x dx
GIẢI
 Cách 1: CASIO
 Ta có f  x    x 2  2 x  2 và f  2  không tồn tại
spQ)d+2Q)p2r2=
Vậy hàm số ở đáp số C không tồn tại

 Dễ thấy  x2  2x  2    x  1  1 0 với mọi giá trị x  R
2
 Vậy  x 2  2 x  2 không tồn tại

ln x
Bài 6-[Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa 2017]  x
dx bằng :
1
C
 ln x   ln x 
1 2 3 3 3
A. 2  ln x   C
2 B. C C. 2 ln x D. C
3 2
GIẢI
 Cách 1: CASIO
ln x
 Ta có f  x   và f  2   0.4162...
x
ashQ))RQ)r2=
2
 Tính đạo hàm của F  x    ln x  tại 2 ta được F '  2   0.4612...
3
3
qya2R3$shQ))^3$$$2=
2
 Vậy F '  x   f  x   0.4162...  F  x    ln x  là nguyên hàm của f  x   B là đáp án
3
3
chính xác
 Theo công thức  u n  '  n.u n1.u ' với u  ln x
 3
 3 1
1  2 23  1
1 2  ln x
  ln x  '  .ln x .   x  '  ln x 2 .    ln x  ' 
3
2 2
  2 x 3  x 3  x

2  ln x
 ln x 
' 
2
3
Vậy  hay F  x    ln x  là 1 nguyên hàm
3

3  x 3
Bài 7-[Báo Toán học tuổi trẻ T11 năm 2016] Nguyên hàm của hàm số f  x   e x 1  2017e2 x  là
:
A. B.
e x  2017 e  x  C e x  2017 e  x  C
2017  x
ex  e C 2017 x
C. 2 D. e x  e C
2
GIẢI
 Cách 1: CASIO
 Ta có f  x   e x 1  2017e2 x  và f  2   265.5822...
QK^Q)$(1p2017QK^p2Q)$)
r2=
 Tính đạo hàm của F  x   e x  2017e x tại 2 ta được F '  2   265.5822...

qyQK^Q)$+2017QK^pQ)$$2
=
 Vậy F '  x   f  x   265.5822...  F  x   e x  2017e x là nguyên hàm của f  x   A là đáp

án chính xác
 Biến đổi e x 1  2017e2 x   e x  2017e x
 Theo công thức  e x  '  e x và  e x   e x   2017e x   2017e x
Vậy  e x  2017 e  x  '  e x  2017 e  x hay F  x   e x  2017e x  e x 1  2017e2 x  là 1 nguyên hàm
2x  3
Bài 8-[THPT Triệu Sơn – Thanh Hóa 2017] Họ nguyên hàm của  2x
2
 x 1
dx :
2 5 2 5
A. ln 2 x  1  ln x  1  C B.  ln 2 x  1  ln x  1  C
3 3 3 3
2 5
ln 2 x  1  ln x  1  C 1 5
C. 3 3 D.  ln 2 x  1  ln x  1  C
3 3
GIẢI
 Cách 1: CASIO
2x  3 7
 Ta có f  x   2 và f  2  
2x  x 1 5
a2Q)+3R2Q)dpQ)p1r2=

2 5 7
 Tính đạo hàm của F  x    ln 2 x  1  ln x  1 tại 2 ta được F '  2   1.4 
3 3 5
qyap2R3$h2Q)+1)+a5R3$hQ
)p1)$2=
7 2 5
 Vậy F '  x   f  x    F  x    ln 2 x  1  ln x  1 là nguyên hàm của f  x   B là đáp
5 3 3
án chính xác
 Vì mẫu số tách được thành nhân tử : 2 x 2  x  1   x  1 2 x  1 nên ta sử dụng phương pháp hệ số
bất định để tách phân số :
2x  3 1 1
 m.  n.  2 x  3  m  2 x  1  n  x  1
2x  x 1
2
x 1 2x 1
 5
 m
 2 m  n  2 
 2 x  3   2m  n  x  m  n  
3

m  n  3 n   4
 3
2x  3 5 1 4 1
Vậy ta tách được  .  .
2x  x 1 3 x 1 3 2x 1
2
1  2 5  5 1 4 1
 Theo công thức  ln u  '  .u '    ln 2 x  1  ln x  1  '  
u  3 3  3 x  1 3 2x  1
2
 F  x   ln x 
3
là 1 nguyên hàm.
3

BÀI 19. TÍNH NHANH TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH.
1) LỆNH TÍNH TÍCH PHÂN

Để tính giá trị 1 tích phân xác định ta sử dụng lệnh y

VD1-[Câu 25 đề minh họa 2017] Tính giá trị tính phân I   cos3 x.sin xdx
0
1 1
A. I    4 B.  4 C. 0 D. 
4 4
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Vì bài toán liên quan đến các đại lượng tính  nên ta chuyển máy tính về chế độ Radian
qw4
 Gọi lệnh tính giá trị tích phân
y
Điền hàm f  x   cos3 x.sin x và các cận 0 và  vào máy tính Casio
kQ))^3$jQ))R0EqK
Rồi nhấn nút = ta nhận được ngay kết quả của tích phân là 0
 So sánh với các đáp án A, B, C, D thì ta thấy C là đáp án chính xác

 Đặt t  cos x khi đó cos3 x  t 3
 Vi phân 2 vế phương trình ẩn phụ cos x  t   cos x  ' dx  t ' dt   sin xdx  dt
 Đổi cận dưới : x  0 khi đó t  cos0  1
Đổi cận trên : x   khi đó t  cos   1
 Lúc này tích phân phức tạp ban đầu đã trở thành tích phân đơn giản
t 4 1
1
1 1
I    t 3dt        0
1
41 4 4

 Bình luận :
 Có 10 phép đặt ẩn phụ tính nguyên hàm tích phân. Bài toán trên có tính chết của phép số 2 :
“nếu tích phân chứa cụm sin xdx thì đặt ẩn phụ cos x  t ”
 Trong thực tế học tập, việc đổi vi phân (đổi đuôi) thường bị các bạn lãng quên , chúng ta chú
ý điều này.
PHỤ LỤC : 10 PHÉP ĐẶT ẨN PHỤ THƢỜNG GẶP

 Phƣơng pháp đặt ẩn phụ thường dùng để đưa 1 tích phân phức tạp, khó tính trở về một
tích phân đơn giản, dễ tính hơn. Sau đây là 10 phép đặt ẩn phụ với 10 dấu hiệu khác nhau
thường gặp.
 Phép 1 : Nếu xuất hiện căn thức thì đặt cả căn bằng t
 Phép 2 : Nếu xuất hiện cụm sin xdx thì đặt cos x  t
1
 Phép 3 : Nếu xuất hiện cụm dx thì đặt tan x  t
cos 2 x
1
 Phép 4 : Nếu xuất hiện cụm dx thì đặt cot x  t
sin 2 x
1
 Phép 5 : Nếu xuất hiện cụm dx thì đặt ln x  t
x
 Phép 6 : Nếu xuất hiện e dx thì đặt e x  t
x
1
 Phép 7 : Nếu xuất hiện cụm 2 dx thì đặt x  tan t
x  a2
 Phép 8 : Nếu xuất hiện cụm x 2  a 2 thì đặt x  a sin t
a
 Phép 9 : Nếu xuất hiện cụm a 2  x 2 thì đặt x 
cos t
 Phép 10 : Nếu xuất hiện biểu thức trong hàm ln, log, e... thì đặt cả biểu thức là t
 Việc đăt ẩn phụ thƣờng tiến hành theo 3 bƣớc

 Bƣớc 1 : Đặt ẩn phụ theo dấu hiệu
 Bƣớc 2 : Vi phân 2 vế phương trình ẩn phụ để đổi đuôi
 Bƣớc 3 : Đổi cân dưới và cận trên sau đó thế tất cả 3 đại lượng trên vào tích phan ban đầu
để tạo thành một tích phân đơn giản hơn.
ln 2
e2 x
VD2-[Chuyên Khoa Học Tự Nhiên 2017] Tính tích phân I  
1 e2 x  1
dx
A. 3  e2  1 B. 2 ln 2  1 C. ln 2 2  1 D. Cả 3 đáp án trên đều

sai
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Gọi lệnh tính giá trị tích phân y
e2 x
 Điền hàm f  x   và các cận 1 và ln 2 vào máy tính Casio Rồi nhấn nút = ta
e2 x  1
nhận được ngay kết quả của tích phân là 0, 7956...
yaQK^2Q)RsQK^2Q)$p1$
$$1Eh2)=

 Giữ nguyên kết quả này ở máy tính Casio số 1 , dùng máy tính Casio thứ 2 để tính kết qua
của các đáp án A, B, C, D ta thấy đáp số C
Đây là giá trị giống hệt tích phân, vậy C là đáp số chính xác

 Đặt t  e2 x  1
 Vi phân 2 vế phương trình ẩn phụ
 t  e 2 x  1  t 2  e 2 x  1   t 2  ' dt   e 2 x  1 ' dx  2tdt  2e 2 x dx  tdt  e 2 x dx
 Đổi cận dưới : x  1 khi đó t  e2  1

Đổi cận trên : x  ln 2 khi đó t  e2ln 2  1  3
 Lúc này tích phân phức tạp ban đầu đã trở thành tích phân đơn giản
3 3
1 3
I 2 t .tdt   dt  t
e 1
2
 3  e2  1
e 1 e2 1
 Bình luận :
 Bài toán trên chứa nội dung của phép đặt ẩn phụ số 1 “nếu tích phân chứa căn thì ta đặt cả
căn là ẩn phụ t “
 Việc vi phân luôn phương trình đặt ẩn phụ t  e2 x  1 thường khó khăn vì chứa căn, do đó
ta thường khử căn t 2  e 2 x  1 bằng cách bình phương 2 vế. Sau đó ta mới vi phân
x2  2x  2
a
VD3-[THP Nguyễn Đình Chiểu – Bình Dƣơng 2017] Giá trị của a để tích phân 0 x  1 dx
a2
có giá trị  a  ln 3 là :
2
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
x2  2x  2
a
a2
 Về mặt bản chất nếu tích phân 0 x  1 dx có giá trị bằng biểu thức
2
 a  ln 3 thì
a
x2  2 x  2  a2 
hiệu của chúng phải bằng nhau. Vây ta thiết lập hiệu 0 x  1 dx    a  ln 3  và bài
 2 
toán trở thành tìm a để hiệu trên bằng 0
 Thử với giá trị a  5 Ta nhập hiệu trên vào máy tính Casio hiệu
x  2x  2
5 2
 52 
0 x  1 dx  
2
 5  ln 3 

yaQ)d+2Q)+2RQ)+1R0E5$
p(a5dR2$+5+h33o))
Rồi nhấn phím =

Máy tính Casio báo một giá trị khác 0 vậy đáo số A là sai.
 Sửa vị trí a thành số 4 và số 3 ta đều nhận được kết quả khác 0 vậy đáp án B và C đều sai
 Thử với giá trị a  2 ta được :
yaQ)d+2Q)+2RQ)+1R0E2$
p(a2dR2$+2+h3))=
Khi đó hiệu trên bằng 0 tức là A là đáp án chính xác

x  2x  2  1 
a 2 a
 Tách tích phân thành :  dx    x  1   dx
0
x  1 0  x  1 
 x2  x2
 Vì   x  '  x  1 nên nguyên hàm của x  1 là x
 2  2
Vì  ln x  1  ' 
1 1
 nên nguyên hàm của là ln x  1
x 1 x 1
a
 1   x2  a a2
Tóm lại   x  1   dx    x  ln x  1    a  ln a  1
0
x 1   2 0 2
a2 a2
 Thiết lập quan hệ  a  ln a  1   a  ln 3  ln a  1  ln 3  a  2
2 2
 Bình luận :
 Bài toán này còn có mẹo giải nhanh dành cho các bạn tinh ý, chúng ta quan sát hàm f  x 
1
chứa thành phần có mối liên hệ với nguyên hàm của nó là ln x  1 . Ta đặc câu hỏi
x 1
vậy phải chăng ln x  1 khi thế cận sẽ là ln a  1 có mối liên hệ với ln 3  ln a  1 suy ra
a2
 Hầu hết bài toán chứa tham số tích phân tác giả xin khuyên các bạn nên dùng phương pháp
Casio chứ phương pháp tự luận nhiều khi rất loằng ngoằng và dễ sai.
VD4-[Báo Toán học tuổi trẻ T11 năm 2016] So sánh các tích phân

4 2 1
I   xdx, J   sin 2 x cos xdx, K   x.e x
1 0 0
Ta có kết quả nào sau đây

A. I  K  J B. I  J  K C. J  I  K D. K  I  J
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Tính giá trị tích phân I ta được I  4.6666... và ghi giá trị này ra nháp.
ysQ)R1E4=n

 Tính giá trị tích phân J ta được J  0.3333... và lại ghi giá trị này ra nháp
qw4yjQ))dkQ))R0EaqKR
2= n
 Tính tiếp giá trị cuối cùng K  1

 qw3yQ)OQK^Q)R0E1=
 Rõ ràng 4.6666  1  0.3333 hay I  K  J . Vậy đáp án chính xác là A

 Bình luận :
 Qua bài toán trên ta thấy rõ hơn sức mạnh của Casio khi giải nhanh những bài tích phân xác
định, phương pháp tự luận cũng có nhưng rất dài dòng, tác giả xin không đề cập tới dành
thời gian cho các bài khác quan trọng hơn.
1
VD 5-[Báo Toán Học Tuổi Trẻ tháng 12 năm 2016] Tích phân   3x 1  2 x  dx
0
bằng
1 7 11
A.  B. C. D. 0
6 6 6
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Cách gọi lệnh giá trị tuyệt đối qc
 Khi biết lệnh giá trị tuyệt đối rồi chúng ta nhập tích phân và tính giá trị một cách bình
thường
 y(qc3Q)p1$p2qcQ)$)R0E
1
 Nhấn nút =ta sẽ nhận được giá trị tích phân là I  0, 016666...
 Đây chính là giá trị xuất hiện ở đáp số A. Vậy A là đáp số chính xác của bài toán

1
1 3 1
   3x 1  2 x  dx    3x  1  2 x  dx    3x  1  2 x  dx
0 0 1
3
1 1 1
1
3 3 3
 5x2 
0  3x  1  2 x  dx  0 1  3x  2 x  dx 0 1  5 x  dx   x  2  3  18
1 1
 Khi 0  x  thì
3
0
1
1 1 1
 x2 
1  3x  1  2 x  dx  1  3x  1  2 x  dx 1  x  1 dx   2  x  1   9
1 2
 Khi  x  1 thì
3
3 3 3 3
1
1 2 1
3 1
 Vậy I    3x  1  2 x  dx    3x  1  2 x dx   
0 1 18 9 6
3
 Bình luận :
 Để giải các bài toán tích phân chứa dấu giá trị tuyệt đối ta phải sử dụng phƣơng pháp chia
khoảng để phá dấu giá trị tuyệt đối.
1 1
Ta biết 3x  1  0  x  và 3x  1  0  x  vậy ta sẽ chia đoạn  0;1 thành 2 đoạn
3 3
 1 1 
 0; 3  và  3 ;1
 Để tách 1 tích phân thành 2 tích phân ta sử dụng công thức chèn cận : Với giá trị c bất kì
b c b
thuộc đoạn  a; b thì  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx
a a c
VD 6-[Thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ năm 2017]


4
cos x 1
Cho biết  sin x  cos x dx  a  4 ln b  0  a  1.1  b  3 . Tích ab bằng bao nhiêu ?
0
1 1 1 1
A. B. C. D.
2 4 6 8
GIẢI
 Cách 1 : CASIO

4
cos x
 Tính  sin x  cos x dx  0.5659...  A
0
qw4yakQ))RjQ))+kQ))R
0EaqKR4=
Lưu giá trị này vào biến A

qJz

1
A  ln b
1
Vậy ta có : a  ln b  0.5659...  A  a  4
4 
1
A  ln b
1 4 1  1  
 Nếu đáp số A đúng thì ab   .b   b  A  ln b    0
2  2  4  2
Sử dụng chức năng dò nghiệm SHIFT SOLVE để tìm b
Q)(Qzpa1R4$QQhQ)))pa
qKR2$qr=0.5=
Không tìm được b  Đáp án A sai

 1  
 Với đáp án B ta có b  A  ln b    0
 4  4
Q)(Qzpa1R4$hQ)))paqK
R4qr=0.5=
1
b2a  thỏa điều kiện 0  a  1.1  b  3
8
 Đáp số B chính xác của bài toán
 Bình luận :
 Một bài toán rất hay kết hợp lệnh tính tích phân và lệnh dò nghiệm SHIFT SOLVE

4
cos x
 Cách Casio có thêm một ưu điểm là tránh được các bài tích phân khó như  sin x  cos x dx
0

6
1
Bài 1-[Chuyên Khoa học tự nhiên 2017] Nếu  sin n x cos xdx  thì n bằng :
0
64
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
3
Bài 2-[Báo Toán Học Tuổi Trẻ tháng 12 năm 2016] Tích phân  3x
0
x 2  1 bằng :
A. 3 B. 7 C. 5 D. 3
ln 5
dx
Bài 3-[Group Nhóm Toán 2107] Tích phân e
ln 3
x
 2e x  3
bằng :
3 3 1
A. ln 3 B. ln C. ln D. ln
4 2 2

a
cos 2 x 1
Bài 4-[THPT Nho Quan – Ninh Bình 2017] Cho  1  2sin 2 x dx  4 ln 3 . Tìm giá trị của a :
0
A. 3 B. 2 C. 4 D. 6

a
Bài 5-[Báo THTT tháng 11 năm 2016] Giá trị nào của a để   3x  2  dx  a3  2 ?:
2
A. 0 B. 1 C. 2
D. 3
x 2  2 ln x
e
Bài 6-[THPT Thuận Thành 1 – Bắc Ninh 2017] Tính tích phân I   dx :
1
x
1 e2  1 e2
A. I  e 2  B. I  C. I  e 2  1 D. I 
2 2 2

6
1
Bài 1-[Chuyên Khoa học tự nhiên 2017] Nếu  sin n x cos xdx  thì n bằng :
0
64
A. 2 B. 3 C. 5 D. 6
GIẢI

6
1 1
 Với n  2 tính giá trị tích phân  sin 2 x cos xdx    Đáp án A sai
0
24 64
yjQ))dOkQ))R0EaqKR6=

6
1
 Với n  3 tính giá trị tích phân  sin 3 x cos xdx   Đáp án B chính xác
0
64
yjQ))^3$OkQ))R0EaqKR6=
 Chú ý: Tự luận với dấu hiệu “xuất hiện cụm cos xdx ” ta sẽ đặt t  sin x
Bài 2-[Báo Toán Học Tuổi Trẻ tháng 12 năm 2016] Tích phân  3x
0
x 2  1dx bằng :
A. 3 B. 7 C. 5 D. 3
GIẢI
3
 Tính tích phân  3x

0
x 2  1  7  Đáp số chính xác là B
y3Q)sQ)d+1R0Es3=
 Chú ý: Tự luận với dấu hiệu “xuất hiện căn thức” ta sẽ đặt căn thức là ẩn phụ
Đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1 Vi phân hai vế  2xdx  2tdt  xdx  tdt .
x  0  t  1 2
2
Đổi biến :  . Khi đó tích phân trở thành  3t.tdt  t 3  7
x  3  t  2 1
1

ln 5
dx
Bài 3-[Group Nhóm Toán 2107] Tích phân e
ln 3
x
 2e x  3
bằng :
3 3 1
A. ln 3 B. ln C. ln D. ln
4 2 2
GIẢI
3
ln 5
dx
 Tính tích phân  x x
 0.4054...  ln    Đáp số chính xác là C
ln 3
e  2e  3 2
ya1RQK^Q)$+2QK^pQ)$p3R
h3)Eh5)=
 Chú ý: Tự luận với dấu hiệu “xuất hiện e x ” ta sẽ đặt e x là ẩn phụ

Đặt t  e x Vi phân hai vế  e x dx  dt .
 x  ln 3  t  3 ln 5
e x dx
5
dt 3
Đổi biến :  . Khi đó tích phân trở thành  2 x    ...  ln  
 x  ln 5  t  5 e  3e  2 3 t  3t  2 2
x 2
ln 3

a
cos 2 x 1
Bài 4-[THPT Nho Quan – Ninh Bình 2017] Cho  1  2sin 2 x dx  4 ln 3 . Tìm giá trị của a :
0
A. 3 B. 2 C. 4 D. 6
GIẢI

3
cos 2 x 1
 Thử với a  3. Tính tích phân  1  2sin 2 x dx  0.2512...  4 ln 3  Đáp số A sai
0
qw4yak2Q))R1+2j2Q))R0E
aqKR3=

4
cos 2 x 1
 Thử với a  4 Tính tích phân  1  2sin 2 x dx  0.2746  4 ln 3  Đáp số C sai
0
$$E$R$o4=
 Chú ý: Tự luận với dấu hiệu “xuất hiện cụm cos 2xdx ” ta sẽ đặt sin 2x  t là ẩn phụ
a
Bài 5-[Báo THTT tháng 11 năm 2016] Giá trị nào của a để   3x  2  dx  a3  2 ?:
2
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
GIẢI
a
 Thiết lập phương trình   3x  2  dx   a3  2   0 . Vì đề bài cho sẵn các nghiệm nên ta sử dụng
2
0
phép thử

1
Với a  1 vế trái phương trình là :   3x  2  dx  13  2   0  Đáp án đúng là B
2
Wy(3Q)d+2)R0E1$p(1+2)=
x 2  2 ln x
e
Bài 6-[THPT Thuận Thành 1 – Bắc Ninh 2017] Tính tích phân I   dx :
1
x
1 e2  1 e2
A. I  e 2  B. I  C. I  e 2  1 D. I 
2 2 2
GIẢI
x  2 ln x e 1
e 2 2
 Tính tích phân I   dx  4.1945...   Đáp số chính xác là B
1
x 2
yaQ)d+2hQ))RQ)R1EQK=
e e
1
 Chú ý: Tự luận ta nên tách tích phân thành 2 tích phân con để dễ xử lý : I   xdx  2  ln x. dx
1 1
x
1 1
Nếu tích phân “xuất hiện cụm dx “ thì Đặt ln x  t Vi phân hai vế  dx  dt .
x x
 x  1  t  0 e 1
e 1
2
Đổi biến :  . Khi đó tích phân trở thành  xdx  2 tdt 
x  e  t  1 1 o
2

BÀI 20. TÍNH NHANH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG.

1. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  và hai đường thẳng
x  a, x  b được tính theo công thức
b
S   f  x   g  x  dx (1) (Dạng 1)
a
Quy ước : Trong bài học này ta gọi đường thẳng x  a là cận thứ nhất , x  b là cận thứ hai
Chú ý : Khi đề bài không cho hai cận thì hai cận sẽ có dạng x  x1 , x  x2 với x1 , x2 là hai nghiệm
của phương trình hoành độ giao điểm
2. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số x  f  y  , x  g  y  và hai cận
y  a, y  b được tính theo công thức :
b
S   f  y   g  y  dy (2) (Dạng 2)
a
3. Tổng hợp phƣơng pháp (gồm 3 bƣớc)

+)Bƣớc 1: Xác định rõ hai hàm y  f  x  , y  g  x  hoặc x  f  y  , x  g  y 
+)Bƣớc 2: Xác định rõ 2 cận x  a, x  b hoặc y  a, y  b
+)Bƣớc 3: Lắp vào công thức (1) hoăc (2) rồi sử dụng máy tính casio
VD1-[Đề minh họa môn Toán Bộ GD-ĐT lần 1năm 2017]
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x3  x và đồ thị hàm số y  x  x 2
81
37 9
A. B. C. 12 D.
12 4 13
GIẢI
 Ta có hai hàm số y  x  x và y  x  x 2
3
x  0
 Giải phương trình hoành độ giao điểm x  x  x  x  x  x  2 x  0   x  1
3 2 3 2
 x  2
Ta có 3 cận x  0; x  1; x  2 mà công thức chỉ có 2 cận vậy ta chia thành 2 khoảng cận
2  x  0 và 0  x  1
 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y  x3  x , y  3  x và hai đường thẳng
0
x  2; x  0 là S1   x  x    x  x 2  dx
3
2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y  x3  x , y  3  x và hai đường thẳng
1
  
x  0; x  1 là S2   x3  x  x  x 2 dx 
0
0 1
 Vậy tổng diện tích S   x  x    x  x 2  dx    x3  x    x  x 2  dx
3
2 0
Sử dụng Casio với lệnh tính tích phân

yqc(Q)^3$pQ))p(Q)pQ)
d)Rp2E0$+yqc(Q)^3$pQ)
)p(Q)pQ)d)R0E1=
37
Vậy S  ta chọn đáp án chính xác là A
12
 Bình luận :
 Thật tuyệt vời phải không, và tư đây theo 3 bước kết hợp Casio ta sẽ làm mọi bài liên quan
đến tính diện tích hình phẳng.
VD2-[Đề cƣơng chuyên KHTN Hà Nội năm 2017]
Cho miền  D  giới hạn bởi đồ thị hàm số y  ln  x  1 , y  ln 2. x , x  2 . Diện tích miền phẳng
 D  bằng :
A. ln 3 16.  
2  1  3ln 3  1
4
B.  ln 2.
3
 
2  1  3ln 3  1
3
16 4 16 4
ln  2 ln 2  1 ln  ln 2 2
1
C. 27 3 D. 27 3
GIẢI
 Ta có hai hàm số y  ln  x  1 và y  ln 2. x
 Cận đầu tiên là x  2 ta đi tìm cận tiếp theo bằng cách giải phương trình hoành độ giao
điểm ln  x  1  ln 2. x  ln  x  1  ln 2. x  0
Để giải nhanh phương trình này ta sẽ sử dụng Casio với chức năng dò nghiệm SHIFT
SOLVE
hQ)+1)ph2)OsQ)qr2=
Ta được nghiệm x  1
Vậy ta tìm được hai cận x  1; x  2
 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai hàm số y  ln  x  1 , y  ln 2. x và hai đường
2
thẳng x  1; x  2 là S   ln  x  1  ln 2. x dx
1
yqchQ)+1)ph2)OsQ)R1E2
=
Vậy S  0,0646... Tính giá trị xem đáp án nào có kết quả 0, 0646... thì là đáp án chính xac.
 ta chọn B
 Bình luận :
 Việc tìm nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm hay tung độ giao điểm mà phức tạp
ta có thể tính nhanh bằng kỹ thuật dò nghiệm với chức năng SHIFT SOLVE đã được học ở
bài trước.

VD3-[Th thử website Vnmath.com lần 1 năm 2017]
Đường thẳng y  c chia hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  x 2 và đường thẳng y  4 thành
hai phần bằng nhau. Tìm c
A. 3 B. 3 C. 2 2 D.
16 9 3 3
GIẢI
 Hai hàm số y  x 2 và y  4
Giải phương trình hoành độ giao điểm x 2  4  0  x  2
Vậy cận thứ nhất là x  2 cận thứ hai là x  2
 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y  x 2 , y  4 và hai đường thẳng
2
x  2, x  2 là : S  
2
x 2  4 dx

yqcQ)dp4Rp2E2=
32 16
Vậy S   một nửa diện tích là
3 3
 Vì đường thẳng y  c chia hình phẳng S thành 2 phần bằng nhau  Diện tích hình phẳng
16
giới hạn bởi đường cong y  x 2 , đường thẳng y  c có độ lớn là
3
 Thử với đáp án A ta có y  16 . Giải phương trình hoành độ giao điểm
3
x 2  3 16  x   6 16
6
16
 S1   x 2  3 16 dx
 6 16
yqcQ)dpqs16Rpq^6$16E
q^6$16=
16
Vậy S1  (đúng)  đáp án chính xác là A
3
VD4-[Đề cƣơng chuyên KHTN Hà Nội năm 2017]
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y 2  x  1 và trục Oy bằng :
4
8 16
A. B. C. 3 D.
2 3 3
GIẢI
 Hai hàm số x  y  1 và trục Oy có phương trình x  0
2
Giải phương trình tung độ giao điểm y 2  1  0  y  1

Vậy cận thứ nhất là y  1 cận thứ hai là y  1
 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số x  y 2  1 , x  0 và hai đường thẳng
1
y  1, y  1 là : S   y  1  0 dy
2
1
yqcQ)dp1Rp1E1=

4
Vậy S   đáp số chính xác là C
3
 Bình luận :
 Bài toán này nên đưa về dạng 2 thì sẽ dễ dàng tính toán hơn. Nếu đưa về dạng 1 ta phải tính
y   x  1 rồi lại phải tìm cận sẽ khó hơn
1 1
 Ta hiểu với máy tính X hay Y chỉ là kí hiệu nên S   y  1  0 dy    x 2  1  0 dx
2
1 1
Nên ta có thể thực hiện phép tính với máy tính casio như trên
VD5-[Sách bài tập Nâng cao Giải tích lớp 12 t.153]
2
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong x  y , đường cong x  y 4  2 và trục hoành
3
5
6 8 7
A. B. C. 5 D.
5 5 4
GIẢI
2
 Hai hàm số x  y và x  2  y 4
3
Trục hoành có phương trình y  0  cận thứ nhất y  0

2
Để tìm cần thứ hai ta giải phương trình tung độ giao điểm : y  2  y 4 . Để giải nhanh ta sử
3
dụng chức năng dò nghiệm SHIFT SOLVE

Q)â2R3$$+Q)^4$p2qr1=
vậy cận thứ hai là y  1

2
 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số x  y , x  2  x 4 và hai đường thẳng
3
 23 
1
y  0, y  1 là : S    y    2  y 4  dy
0  
yqcQ)â2R3$$p2+Q)^4R0
E1=
Vậy S  2  đáp số chính xác là A

 Bình luận :
 Do cài đặt làm tròn của máy tính của mỗi máy là khá nhau nên ta nhanh nhạy trong việc làm
tròn để tìm đáp án đúng nhất.
VD6-[Thi thử lớp toán thầy Bình lần 2 năm 2017]
y2
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi Elip có phương trình x 2  1
9

9
7
A. B. C. 5 D.
 3 3
GIẢI
2 2
y y y2 y2
 Ta có x   1  x  1
2 2
 x   1  Hai hàm số x   1  và
9 9 9 9
y2
x  1
9
Để tìm hai cận ta giải phương trình tung độ giao điểm :
y2 y2 y2
 1  1  1  0  y 2  9  y  3 .
9 9 9
vậy cận thứ nhất y  3 và cận thứ hai y  3
y2 y2
 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số x   1  , x  1 và hai
9 9
y2  y2 
3
đường thẳng y  3, y  3 là : S  

3
1    1
9 
 dy
9 
yqc2s1paQ)dR9Rp3E3=
Vậy S  9.4247... 3   đáp số chính xác là B

 Bình luận :
 Trong chương trình lớp 10 sách giáo khoa đã đề cập đến các tính chất cơ bản của hình Elip
nhưng chưa đề cập đến công thức tính diện tích của Elip và việc sử dụng tích phân để tính
diện tích Elip là một ứng dụng tuyệt vời.
VD7-[Thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ năm 2017]

Người ta trồng hoa vào phần đất được tô màu đen được giới hạn
bởi các cạnh AB, CD đường trung bình MN của mảnh đất hình
chữ nhật ABCD và một đường cong hình sin (như hình vẽ). Biết
AB  2  m , AD  2  m  . Tính diện tích đất phần còn lại (đơn vị
tính m 2 )
A. B. 4    1
4  1
C. 4  2 D.
4  3
GIẢI
 Diện tích hình chữ nhật ABCD là : S1  AB.CD  4  m2 
 Hình sin có biên độ 1 và chu kì 2 nên có phương trình là : y  sin x
Gắn hinh trên lên trục tọa độ Oxy với gốc tọa độ O là giao điểm của đồ thị hình sin với
trục hoành MN

Ta có diện tích hình mầu đen bên phải trục hoành là : S2   sin x  0 dx  2
0
qw4yqcjQ))p0R0EqK=

 Diện tích cần tìm  S1  2S2  4  4  đáp số chính xác là B

 Bình luận :
Nếu đề bài thay đổi thành AD  4 như vậy biên độ hình sin là 2 vậy sẽ có phương trình
là y  2sin x
Cho hình thang cong  H  giới hạn bởi các đường y  e x , y  0, x  0 và
x  ln 4 . Đường thẳng x  k  0  k  ln 4  chia  H  thành hai phần có diện
tích S1 , S2 như hình vẽ bên. Tìm k để S1  2S 2
2
A. k  ln 4 B. k  ln 2
3
8
C. k  ln D. k  ln3
3
GIẢI
ln 4
 Gọi S là diện tích hình  H  ta có S   e x  0 dx  3
0
yqcQK^Q)R0Eh4)=
k
 Vì S1  2S 2 mà tổng diện tích là 3  S1  2   e x dx  2 . Thử các đáp án ta có k  ln3
0
yqcQK^Q)R0Eh3)=

Ông An có một mảnh vườn hình Elip có độ dài trục lớn
bằng 16m và độ dài trục bé bằng 10m . Ông muốn trồng
hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận trục bé của Elip
làm trục đối xứng (như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng
hoa là 100.000 đồng 1 m 2 . Hổi ông An cần bao nhiêu
tiền để trồng hoa trên dải đất đó ? (Số tiền làm tròn đến
hàng ngàn)
A. 7.862.000 B. 7.653.000
C. 7.128.000 D. 7.826.000
GIẢI
x2 y 2
 Xét hệ tọa độ Oxy đặt vào tâm khu vườn, phương trình Elip viền khu vườn là  1
64 25

x2
Xét phần đồ thị Elip nằm phía trên trục hoành có y  5 1 
64
 Diện tích S của dải đất cũng chính bằng 2 lần phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
y  f  x  , trục hoành, đường thẳng x  4 , đường thẳng x  4
4
x2
 S  2  5 1  0 dx  76.5389182
4
64
2yqc5s1paQ)dR64Rp4E4=
 Số tiền cần là 100.000S

O100000=

Bài 1-[Thi thử chuyên KHTN Hà Nội lần 1 năm 2017]
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  x 2 , đường thẳng y  2  x và trục hoành trong
miền x  0 bằng :
1
7 5
A. B. C. 3 D.
2 6 6
Bài 2-[Thi thử chuyên Vị Thanh – Hậu Giang năm 2017]
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x 2  x  1 và y  x 4  x  1
4
8 14 6
A. B. C. 15 D.
15 15 15
Bài 3-[Đề cƣơng chuyên KHTN Hà Nội năm 2017]
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y  x 2  1 và y  x  3 bằng :
40
10 20 52
A. B. C. 3 D.
4 3 3
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  2 x và đồ thị hàm số y  3  x và trục tung
3
5 1 1 5 1
A.  B. 3  C. ln 2 D. 2 
2 ln 2 ln 2 ln 2
Bài 5-[Đoàn Quỳnh -Sách bài tập trắc nghiệm toán 12]
1
Biết diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường y  ln x , y  0 , x  , x  e có thể
e
 1
được viết dưới dạng S  a  1   . Tìm khẳng định sai :
 e
A. 2 B. 2 C. a 2  3a  4  0 D.
a  3a  2  0 a a20 2 a 2  3a  2  0

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số  P  : y  x 2  2 x  2 và các tiếp tuyến với  P  đi
qua các điểm A  2; 2  là :
16
8 64 40
A. B. C. 3 D.
3 3 3
Bài 7-[Thi thử THPT Lƣơng Thế Vinh – Hà Nội lần 1 năm 2017]
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  2 ax  a  0  , trục hoành và đường thẳng x  a
bằng ka 2 . Tính giá trị của tham số k
12
7 4 k 6
A. k  B. k  C. 5 D. k 
3 3 5

Bài 1-[Thi thử chuyên KHTN Hà Nội lần 1 năm 2017]
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  x 2 , đường thẳng y  2  x và trục hoành trong
miền x  0 bằng :
10
9 7 5
A. B. C. 3 D.
2 6 6
GIẢI
 1
x
 Phương trình hoành độ giao điểm x 2  2  x   . Tuy nhiên đề bài yêu cầu tính diện tích
 x  2
trên miền x  0  Ta tính diện tích hình phẳng trên miền  0;1
 Cận thứ nhất x  0 , cận thứ hai x  1 .
7
 Diện tích cần tính là : S   x 2   2  x  dx 
1
0 6
yqcQ)dp(2pQ))R0E1=
 Chú ý: Nếu đề bài không yêu cầu tính diện tích hình phẳng trên miền x  0 thì ta tính trên toàn bộ
miền  2;0 . Ta có : S   x 2   2  x  dx 
1 9
2 2
Nếu đề bài yêu cầu tính diện tích hình phẳng trên miền x  0 thì ta tính trên miền  2;0 . Ta có :
10
S   x 2   2  x  dx 
0
2 3
Các e học sinh chú ý điều này vì rất dễ gây nhầm lẫn.
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x 2  x  1 và y  x 4  x  1
4
8 14 6
A. B. C. 15 D.
15 15 15
GIẢI
x  0
 Phương trình hoành độ giao điểm x  x  1  x  x  1  x  x  0  x  x  1   x  1 .
2 4 4 2 2 2
 x  1
 Ta có cận thứ nhất x  1 , cận thứ hai 0 , cận thứ ba x  1

x  x  1   x 4  x  1 dx   x  x  1   x 4  x  1 dx 
4
0 1
 Diện tích cần tính là : S   2 2
1 0 15
yqc(Q)d+Q)p1)p(Q)^4$+Q
)p1)Rp1E0$+yqc(Q)d+Q)p1
)p(Q)^4+Q)p1)R0E1=

 Chú ý: Em nào hiểu phép biến đổi tính diện tích thì có thể bấm máy theo công thức
0 1
S   x 2  x 4 dx   x 2  x 4 dx sẽ rút gọn được thao tác bấm máy.
1 0
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y  x 2  1 và y  x  3 bằng :
40
10 20 52
A. B. C. 3 D.
4 3 3
GIẢI
 Phương trình hoành độ giao điểm x  1  x  3  x2  1  x  3  x2  x  2  0 (1).
2
Với x  0  (1)  x 2  x  2  0  x  2 (vì x  0 )

Với x  0  (1)  x 2  x  2  0  x  2 (vì x  0 )
 Cận thứ nhất x  2 , cận thứ hai x  2 .
 Diện tích cần tính là : S   x 2  1   x  3 dx 
2 20
2 3
yqcQ)d+1pqcQ)$p3Rp2E2=

 Chú ý: Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối x 2  x  2  0 có thể giải bằng Casio thay vì chia
khoảng để phá dấu giá trị tuyệt đối.
Q)dpqcQ)$p2qrp5=
qr5=
 Ta tìm được hai nghiệm x  2; x  2

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  2 x và đồ thị hàm số y  3  x và trục tung
3
5 1 1 5 1
A.  B. 3  C. ln 2 D. 2 
2 ln 2 ln 2 ln 2
GIẢI

 Đề bài cho trục tung có phương trình x  0 nên cận thứ nhất là x  0
Phương trình hoành độ giao điểm 2 x  3  x .  x  1 là nghiệm duy nhất  cận thứ hai x  1
5 1
 Diện tích cần tính là : S   2 x   3  x  dx  1.0573...  
1
0 2 ln 2
yqc2^Q)$p(3pQ))R0E1=

 Chú ý: Để giải phương trình 2 x  3  x ta có thể sử dụng máy tính Casio
2^Q)$Qr3pQ)qr1=
Ta nhận được nghiệm x  1 . Tuy nhiên vì sao x  1 lại là nghiệm duy nhất thì xem lại ở bài “Sử
dụng Casio tìm nghiệm phương trình mũ.”
Bài 5-[Đoàn Quỳnh -Sách bài tập trắc nghiệm toán 12]
1
Biết diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường y  ln x , y  0 , x  , x  e có thể
e
 1
được viết dưới dạng S  a  1   . Tìm khẳng định sai :
 e
A. 2 B. 2 C. a 2  3a  4  0 D. 2
a  3a  2  0 a a20 2 a  3a  2  0
GIẢI
e
1
 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  ln x , y  0 , x  , x  e là : S   ln x  0 dx  1.2642...
e 1
e
yqchQ))Ra1RQKEEQK=
 1 S
 Vì S  a 1    a  2
 e 1
1
e
P(1pa1RQK$)=
Chỉ có phương trình ở câu C không chứa nghiệm này  đáp án C là đáp án chính xác
 Chú ý: Bài này không cần dùng đến kiến thức của tích phân vẫn có thể làm được. Đề bài yêu cầu
tìm đáp án mà số a không thỏa mãn  a không phải nghiệm chung của các phương trình. Mà
nghiệm chung của các phương trình là 2 nên đáp số C không thỏa mãn

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số  P  : y  x 2  2 x  2 và các tiếp tuyến với  P  đi
qua các điểm A  2; 2  là :

16
8 64 40
A. B. C. 3 D.
3 3 3
GIẢI
 Viết phương trình tiếp tuyến đi qua A  2; 2  ta thu được
Tiếp tuyến thứ nhất y  2 x  2 với tiếp điểm B  0; 2 
Tiếp tuyến thứ hai y  6 x  14 với tiếp điểm C  4;10 
Ta hiểu hình phẳng cần tính diện tích là phần đường cong có 3 đỉnh A, B, C ta thu được ba cận là :
x  0; x  2; x  4
2 4
 S    x 2  2 x  2    2 x  2  dx    x 2  2 x  2    6 x  14  dx 
16
0 2
3
yqc(Q)dp2Q)+2)p(p2Q)+2
)R0E2$+yqc(Q)dp2Q)+2)p(
6Q)p14)R2E4=

 Chú ý: Để biết được tiếp tuyến tại sao lại là y  2 x  2; y  6 x  14 thì xem lại bài Casio tìm tiếp
tuyến của đồ thị hàm số .
Giải thích công thức (1) : Trên miền x   0; 2 ta thấy hai cận này được hình thành bởi hai đường
cong y  x 2  2 x  2; y  2 x  2 nên diện tích phải được tính theo công thức
2
 x  2 x  2    2 x  2 dx
2
Bài 7-[Thi thử THPT Lƣơng Thế Vinh – Hà Nội lần 1 năm 2017]
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  2 ax  a  0  , trục hoành và đường thẳng x  a
bằng ka 2 . Tính giá trị của tham số k
12
7 4 k 6
A. k  B. k  C. 5 D. k 
3 3 5
GIẢI
 Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường cong và trục hoành : 2 ax  0  x  0
Ta được cận thứ nhất x  0 và cận thứ hai x  a . Khi đó diện tích hình phẳng là :
a
S   2 ax  0 dx
0
a
a 2 ax  0 dx
 Thiết lập quan hệ 2 ax  0 dx  ka  k  . Chọn giá trị dương a bất kì ví dụ
2 0
0
a2
a
1 4
a  3 khi đó k   2 3x  0 dx  1.33  3 
90 3
a1R9$Oy2s3Q)R0E3=
Ra một kết quả khác 0 vậy đáp án A sai


4
 Chú ý: Dù ta chọn giá trị dương a bất kì thì đáp số k đều ra ví dụ ta chọn a  1.125
3
1.125
1 4
Khi đó k   2 1.125 x  0 dx  1.33  3 
1.1252 0
3
a1R1.125d$y2s1.125Q)R0E
1.125=

BÀI 21. TÍNH NHANH THỂ TÍCH TRÒN XOAY.

1. Dạng 1 : Thể tích vật thể có diện tích thiết diện S  x  tạo bởi mặt phẳng vuông góc với Ox tại
điểm có hoành độ x  a  x  b  . Giả sử S  x  là hàm liên tục thì thể tích vật thể tích theo công
thức :
b
V   S  x  dx
a
2. Dạng 2 : Cho hình phẳng  H  tạo bởi các đường y  f  x  , y  g  x  và các đường thẳng
x  a , x  b . Khi quay hình phẳng  H  quanh trục Ox thì được vật thể tròn xoay có thể tích tính
theo công thức :
b
V    f 2  x   g 2  x  dx
a
3. Dạng 3 : Cho hình phẳng  H  tạo bởi các đường x  f  y  , x  g  y  và các đường thẳng
y  a , y  b . Khi quay hình phẳng  H  quanh trục Oy thì được vật thể tròn xoay có thể tích tính
theo công thức :
b
V    f 2  y   g 2  y  dy
a
VD1-[Đề minh họa môn Toán Bộ GD-ĐT lần 1năm 2017]
Kí hiệu  H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  2  x  1 e x , trục tung và trục hoành.
Tính thể tích V của khối tròn xoay thu được khi hình  H  quay xung quanh trục Ox
A. B. V   4  2e   C. V  e 2  5 D. V   e 2  5  
V  4  2e
GIẢI
 Hình phẳng được giới hạn bởi trục tung  cận thứ nhất là : x  0
Trục hoành có phương trình y  0 . Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường cong
y  2  x  1 e x và trục hoành  2  x  1 e x  0  x  1 Vậy cận thứ 2 là : x  1
1
 Thể tích V     2  x  1 e x   02 dx
2
0
Sử dụng máy tính Casio với lệnh tính tích phân
qKyqc(2(Q)p1)QK^Q)$)
dR0E1=
 V  7.5054...    e2  5
 Vậy ta chọn đáp án D
1 1
Thể tích V     2  x  1 e x   02 dx  4   x  1 e x dx
2 2

0 0

 Vì biểu thức dưới dấu tích phân có dạng u  x  .v '  x  nên ta sử dụng tích phân từng phần.
Tuy nhiên làm dạng này rất mất thời gian. Tác giả khuyến khích bạn đọc làm theo casio,
dành thời gian cho việc tư duy xây dựng công thức để bấm máy.
 Bình luận :
 Qua ví dụ đầu tiên ta cũng đã thấy ngay sức mạnh của Casio khi xử lý các bài tích phân, các
bài ứng dụng tích phân so với cách làm tự luận truyền thống.
VD2-[Thi thử Group Nhóm toán lần 3 năm 2017]

Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm số
y  1  x 2 ; y  0 quanh trục Ox
3
3 4  4
A. B. C. 4 D. 
4 3 3
GIẢI
 Hàm thứ nhất : y  1  x 2 , hàm thứ hai : y  0
 x  1
Giải phương trình hoành độ giao điểm 1  x 2  0  1  x 2  0  
x  1
 Cận thứ nhất : x  1 , cận thứ hai : x  1
   0 dx
1 2
 Thể tích V    1  x2 2
1
qKyqc1pQ)dRp1E1=
4
V  
3
 Vậy ta chọn đáp án D
VD3-[Thi thử chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa lần 2 năm 2017]

Cho D là miền hình phẳng giới hạn bởi y  sin x ; y  0; x  0; x  . Khi D quay quanh Ox tạo
2
thành một khối tròn xoay. Thể tích của khối tròn xoay thu được là :
A. B. C. 2 D.
1  2
GIẢI
 Hàm thứ nhất : y  sin x , hàm thứ hai : y  0

Cận thứ nhất : x  0 , cận thứ hai : x 
2

 
2 2
 Thể tích V    sin x  02 dx
0

qw4qKyqcjQ))R0EaqKR2
=

V  
 Vậy ta chọn đáp án B
VD4-[Sách bài tập giải tích nâng cao lớp 12 T.154]

Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục tung hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm
2y
số x  2 và các đường thẳng y  0; y  1
y 1
1
 3
A. B. C. 2 D. 
2 3 2
GIẢI
2y
 Hàm thứ nhất x  , hàm thứ hai : x  0
y 1 2
Cận thứ nhất y  0 , cận thứ hai y  1

2
 2y 
1
 Thể tích V     2    0  dy
2
 y 1 
0  
qKyqc(as2Q)RQ)d+1$)d
R0E1=
1
V  
2
 Vậy ta chọn đáp án C

Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục tung hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm
số y  2 x  x 2 và các đường thẳng y  0, y  2 :
7
5 8  3
A.  B.  C. 5 D. 
3 3 5
GIẢI
 Xét y  2 x  x   x  1  1  y
2 2
Vì  x  1  0  1  y  0  y  1 Khi đó x  1   1  y  x  1  1  y hàm thứ nhất

2
có dạng x  1  1  y , hàm thứ hai : x  1  1  y

 Phương trình hoành độ giao điểm 1  1  y  1  1  y  1  y  0  y  1
Vì y  1  cận thứ nhất x  0 và cận thứ hai y  1
   
1
2 2
 Thể tích V    1  1  y  2  1 y dy
0
qKyqc(1+s1pQ)$)dp(1ps
1pQ)$)dR0E1=

8
 V  8,3775...   2
3
 Vậy ta chọn đáp án B

Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục tung hình phẳng giới hạn bởi hình tròn
tròn tâm I  2;0  bán kính R  1 :
A. B. C. 5 D.
4 42 52
GIẢI
 Hàm thứ nhất là đừng tròn tâm I  2;0  bán kính R  1 có phương trình
 x  2   y  0  1   x  2  1  y 2
2 2 2
Vì  x  1  0  1  y 2  0  1  y  1 Khi đó x  2   1  y 2  x  2  1  y 2 hàm
2
thứ nhất có dạng x  2  1  y 2 , hàm thứ hai : x  2  1  y 2

 y  1
 Phương trình hoành độ giao điểm 2  1  y 2  2  1  y 2  1  y 2  0  
y 1
 Cận thứ nhất y  1 cận thứ hai y  1
   2  
1 2 2
 Thể tích V    2  1  y 2 1 y2 dy
1
qKyqc(2+s1pQ)d$)dp(2p
s1pQ)d$)dRp1E1=
 V  39.4784...  4 2
 Vậy ta chọn đáp án A
Tính thể tích V của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  0 , x  1 , biết rằng thiết diện của vật thể
cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x  0  x  1 là một tam giác đều
có cạnh là 4 ln 1  x 
A. 4 3  2 ln 2  1 B. 4 3  2 ln 2  1 C. 8 3  2 ln 2  1 D. 16  2ln 2  1
GIẢI
 Thiết diện của vật thể và mặt phẳng vuông góc với trục Ox là tam giác đều có diện tích
 
2
3 4 ln 1  x 
S  S  x   4 3 ln 1  x 
4
 Diện tích S  S  x  là một hàm liên tục trên  0;1 nên thể tích vật thể cần tìm được tính theo
1
công thưc V   4 3 ln 1  x  dx  2.7673...  4 3  2ln 2  1
0
y4s3$h1+Q))R0E1=
 Ta chọn đáp án A
Bài 1-[Đề cương chuyên KHTN Hà Nội năm 2017]

Gọi  S  là miền giới hạn bởi đường cong y  x 2 , trục Ox và hai đường thẳng x  1; x  2 . Tính
thể tích vật thể tròn xoay khi  S  quay quanh trục Ox :
31 1 31 1 31 31
A.  B.  C. D. 1
5 3 5 3 5 5
Bài 2-[Thi thử THPT Nguyễn Đình Chiểu – Bình Định lần 1 năm 2017]
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục Ox được giới hạn bởi đồ thị hàm số
x
y   2  x  e và hai trục tọa độ
2
C.   2e  10 
2
A. B. D.   2e 2  10 
2 e  10
2
2 e  10
2

Cho hình phẳng  H  giới hạn bởi các đường y  sin x; x  0; x   . Thể tích vật thể tròn xoay sinh
bởi mặt phẳng  H  quay quanh trục Ox bằng :
2
 2

A. B. C. 4 D.
2 2 2
Bài 4-[Thi thử Trung tâm Diệu hiền – Cần Thơ lần 1 năm 2017]
Cho hình phẳng  H  giới hạn bởi y  2 x  x 2 , y  0 . Tính thể tích của khối tròn xoay thu được
a 
khi quay  H  xuong quanh trục Ox ta được V     1 . Khi đó
b 
A. B. C. a  241; b  15 D.
a  1; b  15 a  7; b  15 a  16; b  15
Bài 5-[Câu 54b Sách bài tập giải tích nâng cao 12]
Tính thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng  H  giới hạn bởi các đường
y  x 3 , trục tung và hai đường thẳng y  1, y  2 quanh trục Oy . Khẳng định nào đúng ?
A. B. C. V  4 D.
V 5 V 2 V 3
Bài 6-Cho hình phẳng  S  giới hạn bởi các đường y  2 x  x 2
C  , trục tung . Khi quay hình  S 
quanh trục Oy sẽ tạo thành vật thể tròn xoay có thể tích là bao nhiêu ?
11
5 9 V 8
A. V  B. V  C. 4 D. V 
2 4 3
Bài 7-Tính thể tích khối tròn xoay tạo nên khi cho hình tròn tâm I  2;1 bán kính R  1 quay quanh
trục Oy
112
11 V
A. B. V   C. 2 D.
V  4 2 V  42
Bài 8-[Bài 29 trang 172 Sách giáo khoa giải tích nâng cao 12]

Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  1 , x  1 . Biết rằng thiết diện của vật thể bị
cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x  1  x  1 là một hình vuông
có cạnh là 2 1  x 2
16
17 9
A. B. C. 3 D.
4 2 5
Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  0 , x   . Biết rằng thiết diện của vật thể bị
cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x  0  x    là một tam giác đều
có cạnh là 2 sin x
A. B. C. 3 D.
 3 2 3 2 3

Gọi  S  là miền giới hạn bởi đường cong y  x 2 , trục Ox và hai đường thẳng x  1; x  2 . Tính
thể tích vật thể tròn xoay khi  S  quay quanh trục Ox :
31 1 31 1 31 31
A.  B.  C. D. 1
5 3 5 3 5 5
GIẢI
 Đương cong thứ nhất y  f  x   x , đường thứ hai là trục hoành có phương trình y  g  x   0
2
 Hình phẳng giới hạn bởi đường cong thứ nhất y  x 2 , trục hoành y  0 và hai đường thẳng
x  1; x  2 có thể tích là V    f 2  x   g 2  x  dx    x 
2 2
2 2
 02 dx
1 1
qKyqc(Q)d)dp0dR1E2=

 Chú ý: Chú ý công thức tính thể tích có  và có bình phương của f 2  x  , g 2  x  . Rất nhiều học
sinh thường quên những yếu tố này so với công thức tính diện tích.
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục Ox được giới hạn bởi đồ thị hàm số
x
y   2  x  e 2 và hai trục tọa độ
C.   2e  10 
2
A. B. D.   2e 2  10 
2 e  10
2
2 e  10
2
GIẢI
x
 Hình phẳng được giới hạn bởi đường thứ nhất có phương trình y  f  x    2  x  e 2 và đường thứ
hai là trục hoành có phương trình y  g  x   0 .Hình phẳng được giới hạn bởi trục tung nên có cận
thứ nhất x  0 . Xét phương trình hoành độ giao điểm đường cong y  f  x  và trục hoành :
x
 2  x  e 2  0  x  2  Cận thứ hai là x  2

2
 x

 x   g  x  dx   0     02 dx
2 2
 Thể tích cần tìm là V    f 2 2
2  x e 2
 
1
 15.0108...    2e2  10 
qKyqc((2pQ))QKâQ)R2$$
)dR0E2=

Cho hình phẳng  H  giới hạn bởi các đường y  sin x; x  0; x   . Thể tích vật thể tròn xoay sinh
bởi mặt phẳng  H  quay quanh trục Ox bằng :
2
2 
A. B. C. 4 D.
2 2 2
GIẢI
 Hàm thứ nhất y  f  x   sin x , hàm thứ hai (của trục Ox ) là y  0 . Cận thứ nhất x  0 , cận thứ
hai x   .
  2
 Thể tích cần tìm V    f 2  x   g 2  x  dx     sin x   02 dx  4.9348... 
2
0 0 2
qw4qKyqcjQ))dR0EqK=

 Chú ý: Để tính tích phân hàm lượng giác ta cần chuyển máy tính về chế độ Radian qw4
Bài 4-[Thi thử Trung tâm Diệu hiền – Cần Thơ lần 1 năm 2017]
Cho hình phẳng  H  giới hạn bởi y  2 x  x 2 , y  0 . Tính thể tích của khối tròn xoay thu được
a 
khi quay  H  xuong quanh trục Ox ta được V     1 . Khi đó
b 
A. B. C. a  241; b  15 D.
a  1; b  15 a  7; b  15 a  16; b  15
GIẢI
x  0
 Phương trình hoành độ giao điểm 2 x  x 2  0    cận thứ nhất x  0 cận thứ hai x  2
x  2
Ta được cận thứ nhất x  0 và cận thứ hai x  a . Khi đó diện tích hình phẳng là :
a
S   2 ax  0 dx
0
  16
 Tính thể tích V    f 2  x   g 2  x  dx     2x  2  02 dx  
2
0 0 15
qKyqc(2Q)pQ))od)dR0E2=

a  a 16 a 1
Mà V     1   1     a  1; b  15
b  b 15 b 15
Bài 5-[Câu 54b Sách bài tập giải tích nâng cao 12]
Tính thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng  H  giới hạn bởi các đường
y  x 3 , trục tung và hai đường thẳng y  1, y  2 quanh trục Oy . Khẳng định nào đúng ?
A. B. C. V  4 D.
V 5 V 2 V 3
GIẢI
 Hình phẳng  H  giới hạn bởi đường thứ nhất x  f  y   3 y và đường thứ hai (trục tung) : x  0
.Cận thứ nhất y  1 và cận thứ hai y  2 .
2
 Theo công thức tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay quanh trục Oy : V     f 2  y   g 2  x  dy
1
 x
2
  02  dy  4.099...  4
2
3
 
1
qKyqc(q^3$Q)$)dp0R1E2=

 Chú ý: Để tính thể tích hình phẳng xoay quanh trục Oy thì phải chuyển phương trình đường cong
về dạng x  f  y  và x  g  y 
Bài 6-Cho hình phẳng  S  giới hạn bởi các đường y  2 x  x 2  C  , trục tung . Khi quay hình  S 
quanh trục Oy sẽ tạo thành vật thể tròn xoay có thể tích là bao nhiêu ?
11
5 9 V 8
A. V  B. V  C. 4 D. V 
2 4 3
GIẢI
 x  1  1  y  AO 
 Xét y  2 x  x 2   x  1  1  y   với y  1 . Đường cong  C  chia làm 2
2
 x  1  1  y  AB 
nhánh.
 Phương trình tung độ giao điểm hai nhánh : 1  1  y  1  1  y  1  y  0  y  1
 Theo công thức tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay quanh trục Oy :
8
   1  
1
V     1 1 y 1  y dy  8.3775... 
2 2

0
 3
qKyqc(1+s1pQ)$)dp(1ps1
pQ)$)dR0E1=

Bài 7-Tính thể tích khối tròn xoay tạo nên khi cho hình tròn tâm I  2;1 bán kính R  1 quay quanh
trục Oy
112
11 V
A. B. V   C. 2 D.
V  4 2 V  42
GIẢI
 Phương trình đường tròn  I ; R  :  x  2   y  1   x  2   1  y 2  x  2  1  y 2 . Đường
2 2 2
 x  2  1 y2  CB 
tròn  C  chia làm 2 nhánh. 
 x  2  1 y2  CA

 Theo công thức tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay quanh trục Oy :

    dy  39.4784...  4
1 2 2
V  2   2  1  y 2  2  1 y2 2
0
2qKyqc(2+s1pQ)d$)dp(2p
s1pQ)d$)dR0E1=

Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  1 , x  1 . Biết rằng thiết diện của vật thể bị
cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x  1  x  1 là một hình vuông
có cạnh là 2 1  x 2
16
17 9
A. B. C. 3 D.
4 2 5
GIẢI
 Thiết diện của vật thể tạo bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox là hình vuông .  Diện tích thiết
diện S  S  x   4 1  x2  .
1
 Vì hàm S  S  x  liên tục trên  1;1 nên vật thể có thể tích là : V   4 1  x 2 dx 
16
1
3
y4(1pQ)d)Rp1E1=

Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  0 , x   . Biết rằng thiết diện của vật thể bị
cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x  0  x    là một tam giác đều
có cạnh là 2 sin x
A. B. C. 3 D.
 3 2 3 2 3
GIẢI
 Thiết diện của vật thể tạo bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox là tam giác đều  Diện tích thiết
 
2
3 2 sin x
diện S  S  x    3 sin x .
4

 Vì hàm S  S  x  liên tục trên  0;   nên vật thể có thể tích là : V   3 sin xdx 
16
0
3
qw4ys3$jQ))R0EqK=

BÀI 22. TÍNH NHANH QUÃNG ĐƯỜNG VẬT CHUYỂN ĐỘNG.

Quãng đường đi được của một vật : Một vật chuyển động có vận tốc thay đổi theo thời gian ,
t1
v  f  t  trong khoảng thời gian từ t0 đến t1 thì quãng đường vật đi được là : S   f  t  dt
t0
2) CÁCH TÍNH NGUYÊN HÀM

VD1-[Câu 24 Đề minh họa BGD-ĐT lần 1 năm 2017]
Một ô tô đang chạy với vận tố 10m / s thì người lái đạp phanh, từ thời điểm đó, ô tô chuyển động
chậm dần đều với vận tốc v  t   5t  10  m / s  trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể
từ lú bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh tới khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được bao nhiêu
mét ?
A. 0,2m B. 2m C. 10m D. 20m
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
 Ta có quãng đường S  t   v  t  .t . Vi phân 2 vế the t ta được
S '  t  .dt  v t  .dt  S ' t   v t 
t1
 S  t  là 1 nguyên hàm của v  t   S  t    v  t  dt

t0
 Khi xe dừng hẳn thì vận tốc tại điểm dừng  0  0  5t 10  t  2
Chọn gốc thời gian t0  0 thì t1  2
2
Quãng đường là S    5t  10  dt
0
Sử dụng máy tính Casio với chức năng tính tích phân
y(p5Q)+10)R0E2=
Quãng đường S  10m . Vậy đáp án chính xác là C
 Bình luận :
 Nhắc lại kiến thức quan trọng nhất của Tích phân : Nếu hàm F  x  là một nguyên hàm của
f  x  thì F '  x   f  x 
 Chính áp dụng kiến thức trên ta thấy S '  v t   S là một nguyên hàm của v  t 
t1
 S  t    v  t  dt
t0
VD2-[Đề cương chuyên KHTN Hà Nội năm 2017]

Lúc 9h sáng, một ô tô bắt đầu xuất phát từ Nhà hát Lớn thành phố Hà Nội đi thành phố Hồ Chí
Minh. Trong 1 giờ đầu tiên, vì xe đi trong nội thành nên tốc độ di chuyển chưa nhanh, xe ô tô đi với
vận tốc v  t   0,5  0, 2.cos  t (km/phút), trong đó t là thời gian kể từ lúc xe ô tô xuất phát được
tính bằng đơn vị phút. Hỏi lúc 9h10' x ô tô đi được quãng đường bao nhiêu km ?
A. 0,7 B. 5 C. 0,3 D. 5,2
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
S '  t  .dt  v t  .dt  S ' t   v t 
t1

t0
 Chọn gốc thời gian lúc 9h là t0  0 thì lúc 9h10' là t1  10

10
Quãng đường là S    0.5  0.2cos  t  dt
0
qw4y(0.5+0.2kqKQ)))R
0E10=
Quãng đường S  5m . Vậy đáp án chính xác là B
 Bình luận :
 Bài toán rất chuẩn mực về phép tính toán, con số ra cũng phản ánh tình trạng tắc xe tồi tệ ở
Hà Nội khi 10 s chỉ đi được có 5m
Một vật chuyển động với vận tốc thay đổi theo thời gian được tính bởi công thức v  t   3t  2 , thời
gian được tính theo đơn vị giây, quãng đường vật đó di chuyển được tính theo đơn vị m . Biết tại
thời điểm t  2  s  thì vật di chuyển được quãng đường là 10  m  . Hỏi tại thời điểm t  30  s  thì
vật di chuyển được quãng đường dài là bao nhiêu ?
A. 1410m B. 1140m C. 300m D. 240m
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
S '  t  .dt  v t  .dt  S ' t   v t 
t1

t0
 Chọn thời gian lúc đầu là t0 sau 2 giây thì t1  t0  2

t0  2
Quãng đường là S    3t  2  dt
t0
t0  2
Để tìm t0 ta thiết lập quan hệ   3t  2  dt  10  m  . Ta dự đoán t

t0
0 có thể là 0 ; 1; 2… và ta
tiến hành thử với t0  0

y(3Q)+2)R0E2=

Ta thấy kết quả ra 10  m  vậy dự đoán của ta đúng và t0  0

t0  30 30
 Quãng đường vật đi được sau 30 giây là : S1    3t  2  dt    3t  2  dt
t0 0
y(3Q)+2)R0E30=
Ta thấy S1  1410  m  và A là đáp án chính xác

 Bình luận :
 Mốc thời gian ban đầu không nhất thiết phải bằng 0 tuy nhiên khi sử dụng phép thử để tìm
t0 thì ta luôn ưu tiên t0  0
Một vận động viên đua F1 đang chạy với vận tốt 10  m / s  thì anh ta tăng tốc với gia tố
a  t   6  m / s 2  trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây từ lúc tăng tốc. Hỏi quãng đường xe
của anh ta đi được trong thời gian 10  s  kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là bao nhiêu ?
A. 1100m B. 400m C. 1010m D. 1110m
GIẢI
 Cách 1 : CASIO
S '  t  .dt  v t  .dt  S ' t   v t 
t1

t0
 Vận tốc của xe v  t   v0  a  t   v  t   10  6t

Chọn gốc thời gian lúc xe bắt đầu tăng tốc là t0  0 vậy t1  t0  10  10
10
Quãng đường là S   10  6t  dt
0
y(10+6Q))R0E10=
Ta thấy kết quả ra 400  m  vậy B là đáp án chính xác

 Bình luận :
at 2 6.102
 Ta có thể giải theo công thức vật lý : S  v0t   10.10   400  m 
2 2
Bài 1-[Thi thử THPT Lương Thế Vinh – HN lần 2 năm 2017]
Giả sử một vật từ trạng thái nghỉ khi t  0 chuyển động với vận tốc v  t   t  5  t  m / s . Tính
quãng đường vật đi được cho đến khi nó dừng hẳn
 m  m  m
125 125 125
 m
125
A. B. C. D.
12 9 3 6
Bài 2-[Thi thử Group nhóm toán Facebook năm 2017]
Học sinh lần đầu thử nghiệm tên lửa tự chế phóng từ mặt đất theo phương thẳng đứng với vận tốc
15m / s Hỏi sau 2.5s tên lửa lên đến độ cao bao nhiêu ? Giả sử bỏ qua sức cản của gió, tên lửa chỉ
chịu tác động của trọng lực g  9.8  m / s 2 
A. 62.25m B. 6.875m C. 68.125m D. 30.625m
Một vật đang chuyển động với vận tốc v  10  m / s  thì tăng tốc với gia tốc a  t   3t  t 2  m / s 2  .
Tính quãng đường vật đi được trong thời gian 10  s  kể từ lúc bắt đầu tăng tốc
A. 996m B. 1200 C. 1680m D. 3600m
1 sin  t 
Một vật chuyển động với vận tốc v  t     m / s  . Quãng đường di chuyển của vật đó
2 
trong khoảng thời gian 1, 5 giây chính xác đến 0, 01 m  là :
A. 0,32m B. 0,33m C. 0,34m D. 0,35m
Bài 5-[Thi thử nhà sách Lovebook lần 1 năm 2017]
Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước. Gọi h  t  là thể tích nước bơm được sau t giây. Cho
h '  t   3at 2  bt với a, b là các tham số. Ban đầu bể không có nước. Sau 5 giây thì thể tích nước
trong bể là 150m m , sau 10 giây thì thể tích nước trong bể là 1100m 3 . Tính thể tích nước trong bể
sau khi bơm được 20 giây.
A. 8400m3 B. 2200m3 C. 600m3 D. 4200m3

Bài 1-[Thi thử THPT Lương Thế Vinh – HN lần 2 năm 2017]
Giả sử một vật từ trạng thái nghỉ khi t  0 chuyển động với vận tốc v  t   t  5  t  m / s . Tính
quãng đường vật đi được cho đến khi nó dừng hẳn
 m  m  m
125 125 125
 m
125
A. B. C. D.
12 9 3 6
GIẢI
 Thời điểm t0  0 vật ở trạng thái nghỉ. Tại thời điểm t1  t1  t0  vật dừng lại hẳn khi đó v  t   0
 t1  5  t1   0  t1  5
 Vận tốc là một hàm biến thiên theo thời gian, đồng thời v  t  liên tục trên miền  0;5  Quãng
t1 5
125
đường vật di chuyển từ trạng thái nghỉ đến khi dừng hẳn là :  v  t  dt   t  5  t  dt 
t0 0
6
yQ)(5pQ))R0E5=

Chú ý : Vận tốc của vật theo thời điểm nếu biểu diễn trên trục tọa độ Oxy sẽ là một Parabol . Dựa
vào đó nếu đề bài yêu cầu tìm thời điểm để vật có vận tốc lớn nhất thì ta dựa vào tọa độ đỉnh của
5  5  25
Parabol suy ra t  và vận tốc lớn nhất vật có thể đạt được là v     m / s 
2 2 4
Bài 2-[Thi thử Group nhóm toán Facebook năm 2017]
Học sinh lần đầu thử nghiệm tên lửa tự chế phóng từ mặt đất theo phương thẳng đứng với vận tốc
15m / s Hỏi sau 2.5s tên lửa lên đến độ cao bao nhiêu ? Giả sử bỏ qua sức cản của gió, tên lửa chỉ
chịu tác động của trọng lực g  9.8  m / s 2 
A. 62.25m B. 6.875m C. 68.125m D. 30.625m
GIẢI
 Phương trình vận tốc theo thời gian v  t   v0  gt  15  9.8t
 Vì hàm v  t  liên tục trên miền 0; 2.5 nên quãng đường vật di chuyển từ thời điểm t0  0 đến thời
t1 2.5
điểm t1  2.5  s  được tính theo công thức : S   v  t  dt   15  9.8t  dt  6.875  m 
t0 0
y(15p9.8Q))R0E2.5=n
 Nếu chọn thì chọn đáp án B

Chú ý : Nếu xét theo phân loại dạng vật lý thì đây là dạng bài chuyển động thẳng đứng
Một vật đang chuyển động với vận tốc v  10  m / s  thì tăng tốc với gia tốc a  t   3t  t 2  m / s 2  .
Tính quãng đường vật đi được trong thời gian 10  s  kể từ lúc bắt đầu tăng tốc
A. 996m B. 1200 C. 1680m D. 3600m
GIẢI
 Ta có vận tốc v  t   v0  at  10   3t  t 2  t và v  t  là một hàm biến thiên theo thời gian và liên
tục trên R  Quãng đường vật di chuyển từ thời điểm t0  0 đến thời điểm t1  10 được tính
t1
 
10
theo công thức S  S  t    v  t  dt   10   3t  t 2  t dt  966  m 

t0 0
y(10+(3Q)+Q)d)Q))R0E10=

Chú ý : Ta phải nhớ rõ công thức v  t   v0  at với a  3t  t 2 tránh nhầm lẫn at  3t  t 2
 v  t   10  3t  t 2 là sai
1 sin  t 
Một vật chuyển động với vận tốc v  t     m / s  . Quãng đường di chuyển của vật đó
2 
trong khoảng thời gian 1, 5 giây chính xác đến 0, 01 m  là :
A. 0,32m B. 0,33m C. 0,34m D. 0,35m
GIẢI

 Vận tốc v  t  là một hàm biến thiên theo thời gian  Quãng đường vật di chuyển từ lúc bắt đầu
 1 sin  t  
t1 1.5
tới thời điểm 1, 5 giây là :  v  t  dt 

t0
0  2    dt  0.34  s  (sau khi làm tròn)
qw4y(a1R2qK$+ajqKQ))R
qK$)R0E1.5=

Bài 5-[Thi thử nhà sách Lovebook lần 1 năm 2017]
Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước. Gọi h  t  là thể tích nước bơm được sau t giây. Cho
h '  t   3at 2  bt với a, b là các tham số. Ban đầu bể không có nước. Sau 5 giây thì thể tích nước
trong bể là 150m m , sau 10 giây thì thể tích nước trong bể là 1100m 3 . Tính thể tích nước trong bể
sau khi bơm được 20 giây.
A. 8400m3 B. 2200m3 C. 600m3 D. 4200m3
GIẢI
 h '  t  là một hàm biến thiên theo thời gian và liên tục trên R  Thể tích nước bơm được tính
t1
theo công thức V  h  t     3at 2  bt  dt

t0
5
 bt 2  5
 Tại thời điểm t1  5 giây thì V    3at 2  bt  dt  150  m3    at 3    150
0  2 0
 125a 12.5b  150
10
 bt 2  5
 Tại thời điểm t1  10 giây thì V    3at 2  bt  dt  1100  m3    at 3    1100
0  2 0
 1000a  50b  1100
125a  12.5b  150
 Giải hệ phương trình 
1000a  50b  1100
w51125=12.5=150=1000=50
=1100===
20
Vậy tại thời điểm t1  20 thì thể tích V    3t  2t  dt  8400  A là đáp án chính xác
2
y(3Q)d+2Q))R0E20=

BÀI 23. GIẢI NHANH BÀI TOÁN TÍCH PHÂN CHỐNG LẠI CASIO.


1.Kỹ thuật ép hệ phương trình : Cho hệ thức  f  x  dx  f  a, b, c  , muốn tìm a, b, c thỏa mãn


hệ thức h  a, b, c   m . Ta sẽ tính giá trị tích phân  f  x  dx  rồi lưu vào A .

 f  a, b, c   A

Vậy ta sẽ ép được hệ phương trình  . Để giải hệ phương trình này ta sẽ sử dụng chức
h  a, b, c   m

năng dò nghiệm SHIFT SOLVE hoặc chức năng lập bảng giá trị MODE 7 của máy tính Casio
(Xem ví dụ minh họa 1, 2, 3, 4, 5, 6)
2.Kỹ thuật ép cận nguyên hàm : Cho nguyên hàm gốc  f  x  dx và nguyên hàm hệ quả
 f u t dt qua phép đổi biến x  u  t  . Để sử dụng được máy tính Casio ta ép hệ số cho nguyên

hàm gốc để trở thành tích phân xác định  f  x  dx . Vì nguyên hàm gốc và nguyên hàm hệ quả là

 '
tương đương nên 

f  x  dx   f  u  t   dx (  ',  ' là 2 cận mới)
'
(Xem ví dụ minh họa 7,8,9)

VD1-[Câu 26 Đề minh họa Bộ GD-ĐT lần 2 năm 2017]
4
dx
Biết  2  a ln 2  b ln 3  c ln 5 với a, b, c là các số nguyên. Tính S  a  b  c
3
x x
A. S  6 B. S  2 C. S  2 D. S  0
GIẢI
4
dx
 Tính tích phân  2 và lưu vào biến A
3
x  x
ya1RQ)d+Q)R3E4= qJz
Khi đó A  a ln 2  b ln 3  c ln 5  A  ln  2a.3b.5c   2a.3b.5c  e A 

16

15
QK^Qz=
16 2.2.2.2
Dễ thấy   24.31.5 1  2 a.3 b.5 c  a 4; b  1; c  1  S 2
15 3.5

VD2-[Tổng hợp tích phân chống Casio – Internet 2017]
2
Cho I   ln  x  1 dx  a ln 3  b ln 2  c  a, b, c  Z  . Tính giá trị của biểu thức A  a  b  c
1
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
GIẢI
2
 Tính giá trị tích phân I   ln  x  1 dx rồi lưu giá trị này vào biến A
1
yhQ)+1)R1E2=qJz
eA
 Khi đó a ln 3  b ln 2  c  A  ln(3a.2b.ec )  ln e A  3a.2b.ec  e A  3a.2b 
ec
eA
Để tính được 3 .2 ta sử dụng chức năng MODE 7 với hàm f  X   3 .2  c
a b a b
e
w7aQK^QzRQK^Q)==p9=1
0=1=
Quan sát màn hình xem giá trị nào của f  X  (cũng là của 3a.2b ) là số hữu tỉ thì nhận
27
Dễ thấy với X  c  1 thì 3a.2b  6.75   33.22  a  3; b  2
4
Tóm lại a  b  c  3  2 1  0
 Đáp án A là đáp án chính xác


2
sin x  cos x
Cho I   dx   a  b  ln 3  c ln 2  a, b, c  Q  . Tính giá trị của biểu thức :
 sin x  cos x
4
A  a bc
1 1
A. 0 B. C. D. 2
2 3
GIẢI

2
sin x  cos x
 Tính giá trị tích phân I   dx rồi lưu giá trị này vào biến A
 sin x  cos x
4
yajQ))pkQ))RjQ))+kQ))
RaqKR4EEaqKR2=qJz

 Khi đó  a  b  ln 3  c ln 2  A  ln(3a b.2c )  ln e A . Mà ta tính được e A  2
QK^Qz=
1
a b 1
 3 .2  2  3 .2  a  b  0; c 
c 0 2
2
1 1
Tóm lại a  b  c  0 

2 2
 Đáp án B là đáp án chính xác


4
Cho I   sin 4 xdx   a  b  a, b  Q  . Tính giá trị của biểu thức A  a b
0
11 5
A. B.  C. 4 D. 7
32 32
GIẢI
2
 Tính giá trị tích phân I   ln  x  1 dx rồi lưu giá trị này vào biến A
1
yjQ))^4R0EaqKR4=qJz
 a  b  A

 Khi đó  a  b  A . Nếu đáp số A đúng thì hệ  11 có nghiệm hữu tỉ (thuộc Q )
a  b  32
==$$Rp5P32==
3 1
Rõ ràng a  ; b   là các số hữu tỉ
32 4


4
2 a a
Cho I   x 1  sin 2 x  dx    a, b, c  Z  với là phân số tối giản. Tính biểu thức
0
b b
A  a b
A. 20 B. 40 C. 60 D. 10
GIẢI

4
 Tính giá trị tích phân I   x 1  sin 2 x  dx rồi lưu giá trị này vào biến A
0

yQ)(1+j2Q)))R0EaqKR4=
qJz
2 a 2 a
 Khi đó  A . Nếu đáp số A đúng thì a  b  20  b  20  a  A 
b 20  a
Sử dụng chức năng SHIFT SOLVE để tìm a (với a là số nguyên )
QzQraqKd+Q)R20pQ)qr
=10=
Kết quả không ra một số nguyên  Đáp số A sai

2 a
 Nếu đáp số B đúng thì a  b  40  b  40  a  A 
40  a
$$$$R$4qr=20=
Vậy a  8  b  32

ae4  b
2
a b
Cho I   x3 ln 2 xdx   a, b, c  Z  với ; là các phân số tối giản. Tính biểu thức
1
c c c
A  a b
A. 15 B. 28 C. 36 D. 46
GIẢI
2
 Tính giá trị tích phân I   x 3 ln 2 xdx rồi lưu giá trị này vào biến A
1
yQ)(1+j2Q)))R0EaqKR4=
qJz
ae 4  b
 Khi đó  A . Nếu đáp số A đúng thì c  15  a  b  15 A  a. A  b. A  a.e 4  b
c
15 A  a. A  a.e4
b
A 1
Sử dụng chức năng MODE 7 để tìm a (với a là số nguyên )
w7a15QzpQzQ)pQK^4$Q)
RQz+1==p9=10=1=

Kết quả không tìm ra một số nguyên  Đáp số A sai

36 A  a. A  a.e 4
 Tương tự như vậy với đáp số C đúng thì  b 
A 1
C$$$oo36=====
Ta tìm được nghiệm a  129 là một số hữu tỉ

 Đáp án C là đáp án chính xác
VD7-[Trích đề thi ĐH khối B năm 2005]


2
Cho tích phân I   esin x sin 2 xdx . Nếu đổi biến số t  sin x thì :
0
 
2 1 1 2
A. I   e t .t.dt B. I   e t .t.dt C. I  2  e t .t.dt D. I  2  e t .t.dt
0 0 0 0
GIẢI

2
 Tính giá trị tích phân I   esin x sin 2 xdx
0
yQK^jQ))$j2Q))R0EaqK
R2=
 Nếu đáp án A đúng thì giá trị tích phân ở câu A phải giống giá trị tích phân ở đề bài và cùng

2
bằng 2. Tính I   e t .t.dt
0
yQK^Q)$Q)R0EaqKR2=
Kết quả ra một số khác 2  Đáp số A sai

1
 Tương tự như vậy với đáp số C thì I  2  e t .t.dt  2

0
2yQ)QK^Q)R0E1=
 Đáp án C là đáp án chính xác

Chú ý : Đổi cận thì phải đổi biến  Dễ dàng loại được đáp án A và D
VD8-[Trích đề thi ĐH khối D năm 2011]
4x 1
4 5
Sử dụng phương pháp đổi biến đưa tích phân I  
0 2x 1  2
dx thành tích phân  f  t  dt
3
. Khi
đó f  t  là hàm nào trong các hàm số sau ?
A. f  t  
2t 2  3
B. f  t  
 2t 2

 8t  3  t  2 
t2 t
C. f  t  
2t 2  3
D. f  t  
 2

2t  8t  3  t  2 
2 t  2  2t
GIẢI
4x 1
4
 Tính giá trị tích phân I   dx
0 2x 1  2
ya4Q)p1Rs2Q)+1$+2R0E4
=
2t 2  3
5
2t 2  3
 Nếu đáp án A đúng thì f  t   và giá trị tích phân I  
dt  6.2250... điều này
t2 3
t2
2t 2  3
5
là sai vì I   dt  9.6923...
3
t2
ya2Q)dp3RQ)+2R3E5=

 Tương tự như vậy với đáp số B chính xác
ya(2Q)dp8Q)+5)(Q)p2)R
Q)R3E5=
VD9-Nếu sử dụng phương pháp đổi biến tìm nguyên hàm, ta đặt t  3 1  ln x thì nguyên hàm của
ln x. 3 1  ln x
 x
dx có dạng :
 
A.  3t 3 t 3  1 dt 
B.  t 3 t 3  1 dt  C.  3t 3  t 3  1 dt D.  t 3  t 3  1 dt
GIẢI
 Để có thể sử dụng máy tính Casio ta phải tiến hành chọn cận để đưa nguyên hàm (tích phân
bất định) trở thành tích phân (tích phân xác định) Ta chọn hai cận là 1 và e 7 . Tính giá trị
tích phân

e7
ln x. 3 1  ln x
1 x
dx  43.1785...
ahQ))Oq^3$1+hQ))RQ)R1
EQK^7=
 x  1  t  3 1  ln1  1
 Khi tiến hành đổi biến thì ta phải đổi cận :  Nếu đáp án A đúng
 x  e7  t  3 1  ln 37  2
2
thì giá trị tích phân ở câu A phải giống giá trị tích phân ở đề bài . Tính I   3t 3  t 3  1 dt
1
yQK^Q)$Q)R0EaqKR2=

1
 Tương tự như vậy với đáp số C thì I  2  e t .t.dt  2
0
y3Q)^3$(Q)^3$p1)R1E2=
n

Chú ý : Ta có thể chọn cận nào cũng được không nhất thiết phải là 1 và e 7 (chỉ cần thỏa
mãn tập xác định của hàm số là được)

Bài 1-[Tổng hợp tích phân chống Casio – Nguồn Internet 2017]

4
Cho tích phân  tan
2
xdx  a  b  a, b  Q  . Tính giá trị của biểu thức P  a b
0
5 3 1 11
A. P  B. P  C. P  D. P 
4 4 4 4
1 x
2
Cho tích phân  a, b  Q   2 e x dx  a.e 2  b.e  a, b  Q  . Tính giá trị của biểu thức P  a  b
1
x
A. P  1 B. P  0.5 C. P  1 D. P  2

2
cos 3 x  2 cos x
Cho tích phân  2  3sin x  cos 2 x dx  a ln 2  b ln 3  c  a, b, c  Z  . Tính P  a  b  c
0
A. P  3 B. P  2 C. P  2 D. P  1
4
dx
Cho tích phân  2  a ln 2  b ln 5  c ln11  a, b, c  Z  . Tính giá trị của biểu thức
1
2 x  5x  3
P  a bc
A. P  1 B. P  3 C. 2 D. 0

x  2x  2
2 2
Cho tích phân  dx  a ln 2  b ln 3  c  a, b, c  Z  . Tính giá trị của biểu thức
1
x2  x
P  a bc
A. P  3 B. P  2 C. 4 D. 1
2
dx
Nếu sử dụng phương pháp đổi biến với ẩn phụ t  x 2  1 đưa tích phân I  x
2 x2 1
thành tích
3
phân nào sau đây ?
2 1 2 1
dt dt dt dt
A. 
2 t 1
2
B. 
1 t 1
2
C.  t t
2
2

1
D.  t t
1
2
1 
3 3 3 3
Nếu sử dụng phương pháp đổi biến với ẩn phụ t  1  3cos x đưa nguyên hàm
sin 2 x  sin x
I  dx thành nguyên hàm nào sau đây ?
1  3cos x
2 t 2  1 1 2t 2  1 2t  1 1 2t  1
A.  t
dt B.
9 t
dt C.  t
dt D.
9 t
dt
sin 2 x  sin x
1  3cos x
2 t 2  1 1 2t 2  1 2t  1 1 2t  1
A.  t
dt B.
9 t
dt C.  t
dt D.
9 t
dt

4
Cho tích phân  tan
2
xdx  a  b  a, b  Q  . Tính giá trị của biểu thức P  a b
0
5 3 1 11
A. P  B. P  C. P  D. P 
4 4 4 4
GIẢI

4
 Tính giá trị tích phân  tan xdx rồi lưu vào biến A
2
qw4ylQ))dR0EaqKR4=qJz
a  b  A

 Nếu đáp số A đúng ta có hệ phương trình  5  a  1.7334... không phải là số hữu tỉ 
 a  b 
4
Đáp số A sai
w511=qK=Qz=1=1=5P4==

a  b  A
 a  1
 Tương tự như vậy với đáp án B ta có hệ phương trình  3  .  B là đáp số chính
a  b  4 b  2
xác
==$$R3P4===
1 x
2
Cho tích phân  a, b  Q   2 e x dx  a.e 2  b.e  a, b  Q  . Tính giá trị của biểu thức P  a  b
1
x
A. P  1 B. P  0.5 C. P  1 D. P  2
GIẢI
1 x
2
 Tính giá trị tích phân  2 e x dx rồi lưu vào biến A

1
x
ya1pQ)RQ)d$QK^Q)R1E2=q
Jz
ae2  be  A  a  0.5
 Với đáp số A ta có hệ phương trình  
a  b  0.5 b  1
w51QKd=QK=Qz=1=1=0.5==
=
 Đáp số A chính xác


2
cos 3 x  2 cos x
Cho tích phân  2  3sin x  cos 2 x dx  a ln 2  b ln 3  c  a, b, c  Z  . Tính P  a  b  c
0
A. P  3 B. P  2 C. P  2 D. P  1
GIẢI

2
cos 3 x  2 cos x
 Tính giá trị tích phân  2  3sin x  cos 2 x dx
0
rồi lưu vào biến A
yak3Q))+2kQ))R2+3jQ))pk
2Q))R0EaqKR2=qJz

eA
 Vậy a ln 2  b ln3  c  A  ln 2 a.3 b. e c   ln e A   2a.3b  c
. Tìm 2a.3b bằng chức năng lập
e
bảng giá trị MODE 7 với biến X  c
w7aQK^QzRQK^Q)==p9=10=
1=
Ta được 2a.3b  18 với X  c  2 . Vậy 18  2.3 2  2 a.3 b  a 1; b 2

 P  a  b  c  1  2  2  1  Đáp số chính xác là D
4
dx
Cho tích phân  2  a ln 2  b ln 5  c ln11  a, b, c  Z  . Tính giá trị của biểu thức
1
2 x  5x  3
P  a bc
A. P  1 B. P  3 C. 2 D. 0
GIẢI
4
dx
 Tính giá trị tích phân  2  rồi lưu vào biến A
1
2 x  5x  3
ya1R2Q)d+5Q)+3R1E4=qJz
 Vậy a ln 2  b ln5  c ln11  A  ln 2 a.5 .11  ln e A   2a.5b.11c  e A  25 5.5

b c
  52.21.111 .
22 2.11
Rõ ràng a  1; b  2; c  1  P  a  b  c  1  2  2  1
x  2x  2
2 2
Cho tích phân  dx  a ln 2  b ln 3  c  a, b, c  Z  . Tính giá trị của biểu thức

1
x2  x
P  a bc
A. P  3 B. P  2 C. 4 D. 1
GIẢI
4
dx
 Tính giá trị tích phân  2  rồi lưu vào biến A
1
2 x  5 x  3
yaQ)d+2Q)+2RQ)d+Q)R1E2
=qJz
eA
 Vậy a ln 2  b ln3  c  A  ln 2 .3 . e   ln e   2 .3 .e  e  2 .3  c . Tìm 2a.3b bằng
a b c A a b c A a b
e
chức năng lập bảng giá trị MODE 7 với biến X  c
w7aQK^QzRQK^Q)==p9=10=
1=
8
Ta được 2a.3b  2.66  6   23.31  a  3; b  1 với X  c  1 .
3
 P  a  b  c  3 11  3  Đáp số chính xác là A
2
dx
Nếu sử dụng phương pháp đổi biến với ẩn phụ t  x  1 đưa tích phân I  x
2
thành tích
2 x2 1
3
phân nào sau đây ?
2 1 2 1
dt dt dt dt
A. 
2 t 1
2
B. 
1 t 1
2
C.  t t
2
2

1
D.  t t
1
2
1 
3 3 3 3
GIẢI
2
dx 
 Tính giá trị tích phân I  2 x x 1 2

12
3
ya1RQ)sQ)dp1Ra2Rs3EEs2=
 1
dt 
Tích phân nào có giá trị bằng
12
thì đó là đáp án đúng. Ta có đáp án B có giá trị : t
1
2

 1 12
3
qw4ya1RQ)d+1Ra1Rs3EE1=

Chú ý : Giá trị tích phân không thay đổi theo phép đổi biến (đặt ẩn phụ)
sin 2 x  sin x
1  3cos x
2 t 2  1 1 2t 2  1 2t  1 1 2t  1
A.  t
dt B.
9 t
dt C.  t
dt D.
9 t
dt
GIẢI

 2
sin 2 x  sin x
 Chọn cận 0 và . Tính giá trị tích phân I   dx
2 0 1  3cos x
yaj2Q))+jQ))Rs1+3kQ))R0
EaqKR2=

 x  0  t  1  cos 3x  4
 Tiến hành đổi biến thì phải đổi cận 
x    t  1
 2
1 2t  1
1
9 4
 Với đáp số D ta có  dt
t
a1R9$yap2Q)p1RsQ)R4E1=n
n

Chú ý : Chọn cận thế nào cũng được tuy nhiên nên chọn cận x sao cho t đẹp.

BÀI 24. TÍNH NHANH VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA ĐƯỜNG – MẶT.
I) KIẾN THỨC NỀN TẢNG

1. Vị trí tương đối của 2 đường thẳng
 Cho hai đường thẳng d và d ' có hai vecto chỉ phương ud và ud ' và có hai điểm M , M ' thuộc hai
đường thẳng trên.
 d d ' nếu ud  k .ud ' và có không có điểm chung
 d  d ' nếu ud  k .ud ' và có một điểm chung
 d cắt d ' nếu ud không song song ud ' và MM ' ud , ud '   0
 d chéo d ' nếu ud không song song ud ' và MM ' ud , ud '   0
2. Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng
 Cho đường thẳng d và mặt phẳng  P  có vecto chỉ phương ud và vecto pháp tuyến nP
 d  P  nếu ud  nP và không có điểm chung
 d   P  nếu ud  nP và có điểm chung
 d   P  nếu ud  k .nP
3. Lệnh Caso
 Lệnh đăng nhập môi trường vecto MODE 8
 Nhập thông số vecto MODE 8 1 1
 Tính tích vô hướng của 2 vecto : vectoA SHIFT 5 7 vectoB
 Tính tích có hướng của hai vecto : vectoA x vectoB
 Lệnh giá trị tuyệt đối SHIFT HYP
 Lệnh tính độ lớn một vecto SHIFT HYP
 Lệnh dò nghiệm của bất phương trình MODE 7
 Lệnh dò nghiệm của phương trình SHIFT SOLVE
II) VÍ DỤ MINH HỌA

VD1-[Thi thử chuyên Khoa học tự nhiên lần 3 năm 2017]
x 1 y 1 z 1
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz đường thẳng d1 :   và đường thẳng
2 1 3
x3 y 2 z 2
d2 :   . Vị trí tương đối của d1 , d 2 là :
2 2 1
A.Cắt nhau B.Song song C.Chéo nhauD. Vuông góc
GIẢI
 Ta thấy ud1  2;1; 3  không tỉ lệ ud2  2; 2; 1   d1  ,  d 2  không song song hoặc trùng nhau
 Lấy M1  1;1; 1 thuộc d1 , lấy M 2  3; 2; 2 thuộc d 2 ta được M 1M 2  2; 3; 1
Xét tích hỗn tạp M 1M 2 ud1 ; ud2  bằng máy tính Casio theo các bước :
Nhập thông số các vecto M 1M 2 , ud1 , ud2 vào các vecto A, vecto B, vecto C
w811p2=p3=p1=w8212=1=
p3=w8312=2=p1=

Tính M 1M 2 ud1 ; ud2 
Wq53q57(q54Oq55)=
Ta thấy M 1M 2 ud1 ; ud2   0  hai đường thẳng  d1  ,  d 2  đồng phẳng nên chúng cắt nhau
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , vị trí tương đối của hai đường thẳng
 x  1  2r  x  7  3m
 
d :  y  2  3t và d ' :  y  2  2m
 z  5  4t  z  1  2m
 
A.Chéo nhau B.Cắt nhau C.Song song D.Trùng nhau
GIẢI
 Ta có hai vecto chỉ phương ud  2; 3; 4  và ud '  3; 2; 2  không tỉ lệ với nhau  Không song song
hoặc trùng nhau  Đáp án C và D là sai
 Chọn hai điểm M 1; 2;5  thuộc d và M '  7; 2;1 thuộc d ' .
Xét tích hỗn tạp M 1M 2 ud1 ; ud2  bằng máy tính Casio theo các bước :
Nhập thông số các vecto M 1M 2 , ud1 , ud2 vào các vecto A, vecto B, vecto C
w8117p1=p2p(p2)=1p5=w
8212=p3=4=w8313=2=p2=
 Tính M 1M 2 ud1 ; ud2 
Wq53q57(q54Oq55)=
Ta thấy M 1M 2 ud1 ; ud 2   64  0  hai đường thẳng  d  ,  d ' không đồng phẳng nên chúng
chéo nhau
VD3-[Đề minh họa bộ GD-ĐT lần 2 năm 2017]
x 1 y z  5
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng  d  :   và mặt phẳng
1 3 1
 P  : 3x  3 y  2 z  6  0 . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A. d cắt và không vuông góc với  P  B. d   P 
C. d song song với  P  D. d nằm trong  P 
GIẢI
 Ta có ud 1; 3; 1 và nP  3; 3; 2  . Nhập hai vecto này vào máy tính Casio
w8111=p3=p1=w8213=p3=
2=
 Xét tích vô hướng ud .nP  10  ud không vuông góc với nP  d ,  P  không thể song song hoặc
trùng nhau  Đáp số đúng chỉ có thể là A hoặc B
Wq53q57q54=
 Lại thấy ud , nP không song song với nhau  d không thể vuông góc với  P   Đáp số B sai
Vậy đáp án chính xác làA
VD4-[Câu 63 Sách bài tập hình học nâng cao trang 132]
x  9 y 1 z  3
Xét vị trí tương đối của đường thẳng d :   và đường thẳng
8 2 3
  : x  2 y  4z  1  0
A. d cắt và không vuông góc với  P  B. d   P 
C. d song song với  P  D. d nằm trong  P 
GIẢI
 Ta có ud  8;2;3 và nP 1; 2; 4  . Nhập hai vecto này vào máy tính Casio
w8118=2=3=w8211=2=p4=
 Xét tích vô hướng ud .n  0  ud vuông góc với nP  d ,  P  chỉ có thể song song hoặc trùng
nhau  Đáp số đúng chỉ có thể là C hoặc D
Wq53q57q54=
 Lấy một điểm M bất kì thuộc d ví dụ như M  9;1;3 ta thấy M cũng thuộc    d và  
có điểm chung  d thuộc  
Vậy đáp án chính xác làD

VD5-[Thi Học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ năm 2017]
Tìm m để mặt phẳng  P  : 2 x  my  3z  6  m  0 song song với mặt phẳng
 Q  :  m  3 x  2 y   5m  1 z  10  0
9
A. m  1 B. m  1 C. m   D.Không tồn tại m
10
GIẢI
 Ta có hai vecto pháp tuyến nP  2;  m,3  và nQ  m  3; 2;5m  1
2 m 3
Để  P   Q   nP  k .nQ     k (1)
m  3 2 5m  1
 Với m  1 ta có k  2 thỏa (1)
 P  : 2 x  y  3z  5  0

Thử lại ta thấy hai mặt phẳng có dạng 
 Q  : 2 x  2 y  6 z  10  0

Nhận thấy  P    Q   Đáp án A sai
9 20 9
 Với m   ta có k  không thỏa mãn (1)  m   không nhận  C và B đều sai
10 21 10
 Đáp án D là chính xác
 x  1  2t

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :  y  1 và mặt phẳng
 z  2  3t

 P  : 2 x  y  z  2  0 . Giao điểm M của d và P có tọa độ :
A. M  3;1; 5 B. M  2;1; 7  C. M  4;3;5  D. M 1;0;0 
GIẢI
 Điểm M thuộc d nên có tọa độ M 1  2t;1; 2  2t  . Điểm M cũng thuộc mặt phẳng  P  nên
tọa độ điểm M phải thỏa mãn phương trình mặt phẳng  P 
 2 1  2t   1   2  3t   2  0
 Công việc trên là ta sẽ nhẩm ở trong đầu , để giải bài toán ta dùng máy tính Casio luôn :
2(1+2Q))+1+(p2p3Q))p2
qr1=
Ta tìm được luôn t  1 vậy x  1  2t  3

 Đáp án chính xác làA
x 1 y z 1
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;0; 2  và đường thẳng d :   .
1 1 2
Viết phương trình đường thẳng  đi qua A vuông góc và cắt d
x 1 y z  2 x 1 y z  2
A.   B.  
1 1 1 1 1 1
x 1 y z  2 x 1 y z  2
C.   D.  
2 2 1 1 3 1
GIẢI
 Đường thẳng  cắt d tại điểm B . Vì B thuộc d nên có tọa độ B 1  t; t; 1  2 t 

 Ta có :   d  u  ud  u .ud  0  AB.ud  0
Với AB 1  t  1; t  0; 1  2t  2  và ud 1;1; 2  ta có : AB.ud  0
 1. 1  t  1  1 t  0   2  1  2t  2   0
Đó là việc nhẩm ở trong đầu hoặc viết ra nháp, nhưng nếu dùng máy tính Casio ta sẽ bấm luôn :
1O(1+Q)p1)+1O(Q)p0)+2
O(p1+2Q)p2)qr1=
Ta được luôn t  1  B  2;1;1  u  AB 1;1; 1

 Đáp án chính xác làB
VD8-[Câu 74 Sách bài tập hình học nâng cao 12 năm 2017]
Cho hai điểm A  3;1;0 , B  9; 4; 9  và mặt phẳng   : 2 x  y  z  1  0 . Tìm tọa độ của M trên
  sao cho MA  MB đạt giá trị lớn nhất.
 5  1 
A. M 1;1;   B. M  2; ; 2 
 2  2 
 3 3 5 5 
C. M  1; ;   D. M  ; ;3 
 2 2 4 4 
GIẢI
 Nếu A, B, M không thẳng hàng sẽ thì ba điểm trên sẽ lập thành một tam giác. Theo bất đẳng thức
trong tam giác ta có MA  MB  AB
Nếu ba điểm trên thẳng hàng thì ta có MA  MB  AB nếu A, B nằm khác phía với   (điều
này đúng) . Theo yêu cầu của đề bài thì rõ ràng A, B, M thẳng hàng hay M là giao điểm của
đường thẳng AB và  
 x  3  12t

 Ta có : AB :  y  1  3t  M  3  12t;1  3t ; 9t 
 z  9t

Tìm t bằng máy tính Casio :
2(3p12Q))p(1+3Q))+p9Q
)+1qr1=
1  3 3
Ta được t   M  1; ;  
6  2 2
 Đáp án chính xác là C
III) BÀI TẬP TỰ LUYỆN

y2 z4
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : x  1   và mặt phẳng
2 3
  : 2 x  4 y  6 z  2017  0 . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ?
A. d   B. d cắt nhưng không vuông góc với  
C. d    D. d nằm trên  
x  1 t x  2  t '
 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho d :  y  2  t và d ' :  y  1  t ' . Vị trí tương đối của
 z  2  2t z  1
 
hai đường thẳng là :
Bài 3-[Đề minh họa Bộ GD-ĐT lần 1 năm 2017]
x  10 y  2 z  2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng  có phương trình :  
5 1 1
Xét mặt phẳng  P  :10 x  2 y  mz  11  0 với m là tham số thực . Tìm tất cả các giá trị của m để
mặt phẳng  P  vuông góc với đường thẳng 
A. m  2 B. m  2 C. m  52 D. m  52
Bài 4-[Thi thử THPT Phan Chu Trinh – Phú Yên lần 1 năm 2017]
 x  1  2t

Cho mặt phẳng  P  : x  3 y  z  0 và đường thẳng  :  y  2  t .  P  và  cắt nhau tại điểm có
 z  1  t

tọa độ
A. 1; 2; 1 B.  0; 1;3 C.  1;3; 2  D.  3;1;0 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 1;0;0 , B  0; 2;0  , C  0;0;3 và đường
 x  t

thẳng d :  y  2  t . Cao độ giao điểm của d và mặt phẳng  ABC  là :
z  3  t

A. 3 B. 6 C. 9 D. 6
Bài 6-[Thi thử THPT Vĩnh Chân – Phú Thọ lần 1 năm 2017]
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng  P  : nx  7 y  6 z  4  0 ,
 Q  : 3x  my  2 z  7  0 song song với nhau. Khi đó giá trị m, n thỏa mãn là :
7 7 3 7
A. m  , n  1 B. m  9, n  C. m  , n  9 D. m  , n  9
3 3 7 3
y2 z4
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : x  1   và mặt phẳng
2 3
  : 2 x  4 y  6 z  2017  0 . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ?
A. d   B. d cắt nhưng không vuông góc với  
C. d    D. d nằm trên  
GIẢI
 Nhập vecto chỉ phương ud 1; 2;3  và vecto pháp tuyến n   2; 4;6  vào máy tính Casio
w8111=2=3=w8212=4=6=

 Tính tích vô hướng ud .n  28  0  ud không vuông góc n  d và   không thể song song và không
thể trùng nhau
Wq53q57q54=
1 2 3
 Lại thấy tỉ lệ    ud n  d   
2 4 6
Vậy đáp số chính xác là C
x  1 t x  2  t '
 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho d :  y  2  t và d ' :  y  1  t ' . Vị trí tương đối của
 z  2  2t z  1
 
hai đường thẳng là :
GIẢI
 Vì Xét hai vecto chỉ phương ud 1; 1; 2  và ud ' 1; 1;0  không tỉ lệ với nhau  Hai đường thẳng d và
d ' không thể song song hoặc trùng nhau  Đáp án C và D loại
 Lấy hai điểm thuộc hai đường thẳng là M 1; 2; 2  và M '  2;1;1 . Nhập ba vecto vào casio
w8112p1=1p2=1p(p2)=w852
11=p1=p2=w8311=p1=0=
 Xét tích hỗn tạp MM ' ud ; ud '   0
Wq53q.oq57(q54Oq55)=
 d , d ' đồng phẳng (nằm trên cùng một mặt phẳng)  d cắt d '
 Đáp án chính xác là B
x  10 y  2 z  2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng  có phương trình :  
5 1 1
Xét mặt phẳng  P  :10 x  2 y  mz  11  0 với m là tham số thực . Tìm tất cả các giá trị của m để
mặt phẳng  P  vuông góc với đường thẳng 
A. m  2 B. m  2 C. m  52 D. m  52
GIẢI
 Ta có vecto chỉ phương u  5;1;1 và vecto pháp tuyến nP 10; 2; m 
 Để mặt phẳng  P    thì nP tỉ lệ với u (song song hoặc trùng nhau)

10 2 m
   m2
5 1 1
Vậy đáp số chính xác là B
 x  1  2t

Cho mặt phẳng  P  : x  3 y  z  0 và đường thẳng  :  y  2  t .  P  và  cắt nhau tại điểm có
 z  1  t

tọa độ
A. 1; 2; 1 B.  0; 1;3 C.  1;3; 2  D.  3;1;0 
GIẢI
 Gọi giao điểm là M , vì M thuộc  nên M 1  2t;2  t; 1  t 
 Tọa độ M thỏa mãn phương trình mặt phẳng  P  nên ta có thể sử dụng máy tính Casio tìm luôn ra t
w11(1+2Q))p3(2pQ))+(p1+
Q))qr1=
 t  1  M  3;1;0 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 1;0;0 , B  0; 2;0  , C  0;0;3 và đường
 x  t

thẳng d :  y  2  t . Cao độ giao điểm của d và mặt phẳng  ABC  là :
z  3  t

A. 3 B. 6 C. 9 D. 6
GIẢI
 Mặt phẳng  ABC  đi qua 3 điểm thuộc 3 trục tọa độ vậy sẽ có phương trình là :
x y z
   1  6x  3y  2z 1  0 .
1 2 3
 Gọi giao điểm là M  t; 2  t;3  t  . Sử dụng máy tính Casio tìm t
6O(pQ))+3O(2+Q))+2(3+Q)
)p6qr1=
Vậy z  3  t  9
Bài 6-[Thi thử THPT Vĩnh Chân – Phú Thọ lần 1 năm 2017]
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng  P  : nx  7 y  6 z  4  0 ,
 Q  : 3x  my  2 z  7  0 song song với nhau. Khi đó giá trị m, n thỏa mãn là :
7 7 3 7
A. m  , n  1 B. m  9, n  C. m  , n  9 D. m  ,n  9
3 3 7 3
GIẢI

 Để 2 mặt phẳng song song với nhau thì 2 vecto chỉ phương của chúng song sóng hoặc trùng nhau
n 7 6
 nP  n;7; 6  tỉ lệ với nQ  3; m; 2     k
3 m 3
7
 Ta thu được tỉ lệ k  3 từ đó suy ra n  9; m 
3

BÀI 25. TÍNH NHANH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN.

1. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
 Cho điểm M  x0 ; y0 ; z0  và mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  0 thì khoảng cách từ điểm M
Ax0  By0  Cz0  D
đến mặt phẳng  P  được tính theo công thức d  M ;  P   
A2  B 2  C 2
2. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
x  xN y  y N z  z N
 Cho điểm M  x0 ; y0 ; z0  và đường thẳng d :   thì khoảng cách từ điểm
a b c
2  MN ; u 
M đến đường thẳng d được tính theo công thức d  M ; d  
u
Trong đó u  a; b; c  là vecto chỉ phương của d và N  xN ; yN ; z N  là một điểm thuộc d
3. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau
x  xM y  yM z  zM
 Cho hai đường thẳng chéo nhau d :   và
a b c
x  xM ' y  y M ' z  z M '
d ':   thì khoảng cách giữa 2 đường chéo nhau này được tính theo công
a' b' c'
MN . ud ; ud ' 
thức d  d ; d ' 
ud ; ud ' 
 
Trong đó u  a; b; c  là vecto chỉ phương của d và M  xM ; yM ; zM  là một điểm thuộc d
u  a '; b '; c '  là vecto chỉ phương của d và M '  xM ' ; yM ' ; zM '  là một điểm thuộc d '
4. Lệnh Caso

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : 3x  4 y  2 z  4  0 và điểm A 1; 2;3 .
Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  P 
5 5 5 5
A. d  B. d  C. d  D. d 
9 29 29 3
GIẢI
 Ta nhớ công thức tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  P  :

Ax0  By0  Cz0  D
d  M ;  P  
A2  B 2  C 2
 Áp dụng cho điểm A 1; 2;3 và  P  : 3x  4 y  2 z  4  0 ta sử dụng máy tính để bấm luôn :
d  M ;  P  
5 29 5

29 29
aqc3O1+4O(p2)+2O3+4Rs
3d+4d+2d=

Tìm m để khoảng cách từ A 1;2;3 đến mặt phẳng  P  : x  3 y  4 z  m  0 bằng 26
A. m  7 B. m  18 C. m  20 D. m  45
GIẢI
1.1  3.2  4.4  m
 Thiết lập phương trình khoảng cách : d  A;  P     26
12  22  32
1.1  3.2  4.4  m
  26  0
12  22  32
(việc này ta chỉ làm ở trong đầu)
 Để tính khoảng cách trên bằng Casio đầu tiên ta nhập vế trái của phương trình vào rồi sử dụng chức
năng SHIFT SOLVE.
w1aqc1O1+3O2+4O3+Q)Rs
1d+3d+4d$$ps26qr1=
Ta thu được kết quả m  7

VD3-[Thi thử Sở GD-ĐT tỉnh Hà Tĩnh năm 2017]
x y 1 z  2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :   và mặt phẳng
1 2 3
 P  : x  2 y  2 z  3  0 . M là điểm có hoành độ âm thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến  P 
bằng 2. Tọa độ điểm M là :
A. M  2;3;1 B. M  1;5; 7  C. M  2; 5; 8 D. M  1; 3; 5
GIẢI
 Ta biêt điểm M thuộc  d  nên có tọa độ M 1  t; 1  2t; 2  3t 
x  t

(biết được điều này sau khi chuyển d về dạng tham số d :  y  1  2t
 z  2  3t

t  2  1  2t   2  2  3t   3
 Thiết lập phương trình khoảng cách : d  M ;  P    2  2
12  22   2 
2
Nghĩ được tới đây thì ta có thể sử dụng Casio để tính rồi. Ta bấm ngắn gọn như sau

qcQ)+2(p1+2Q))p2(p2+3
Q))+3R3$p2qrp5=
Khi đó t  1  x  1; y  3
VD4-[Đề minh họa Bộ GD-ĐT năm 2017]
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có tâm I  2;1;1;  và mặt phẳng
 P  : 2 x  y  2 z  2  0 . Biết mặt phẳng  P  cắt mặt cấu  S  theo giao tuyến là một đường tròn
bán kính bằng 1 . Viết phương trình mặt cầu  S  .
A.  x  2    y  1   z  1  8
2 2 2
B.  x  2    y  1   z  1  10
2 2 2
C.  x  2    y  1   z  1  8
2 2 2
D.  x  2   y  1   z  1  10
2 2 2
GIẢI
Mặt cầu  x  a    y  b    z  c   R 2 sẽ có tâm I  a; b; c  . Vì mặt cầu  S  có tâm
2 2 2

I  2;1;1 nên nó chỉ có thể là đáp án C hoặc D
 Ta hiểu : Mặt phẳng  P  cắt mặt cầu  S  theo một giao tuyến là đường tròn bán kính r  1 sẽ
thỏa mãn tính chất R 2  h 2  r 2 với h là khoảng cách từ tâm I tới mặt phẳng.
Tính tâm R2 bằng Casio.
(aqc2O2+1O1+2O1+2Rs2d
+1d+2d$$)d+1d=
 R 2  10
x 1 y  2 z  2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :   . Tính khoảng cách
1 2 2
từ điểm M  2;1; 1 tới d
5 5 2 2 5 2
A. B. C. D.
3 2 3 3
GIẢI
 Nhắc lại : Đường thẳng d có vecto chỉ phương ud 1; 2; 2  và đi qua điểm N 1; 2; 2 có khoảng
 MN ; u 
 
cách từ M đến d tính theo công thức : d  M ; d  
u
 Để tính khoảng cách trên bằng Casio đầu tiên ta nhập hai vecto MN , ud vào máy tính.

w8111p(p2)=2p1=p2pp1=
w8211=2=p2=
5 2
 Tính d  M ; d   2.357022604 
3
Wqcq53Oq54)Pqcq54)=
x  2  t

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :  y  1  mt và mặt cầu
 z  2t

 S  : x  y  z  2 x  6 y  4 z  13  0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để d cắt  S  tại hai
2 2 2
điểm phân biệt?

A. 5 B. 3 C. 2 D. 1
GIẢI
Mặt cầu  S  :  x  1   y  3   z  2   1 có tâm I 1; 3;2  bán kính R  1
2 2 2

Đường thẳng d đi qua M  2;1;0  và có vecto chỉ phương u 1; m; 2 
Ta hiểu : Đường thẳng d cắt mặt cầu  S  tại 2 điểm phân biệt nếu khoảng cách từ tâm I (của
mặt cầu  S  ) đến đường thẳng d nhỏ hơn bán kính R (của mặt cầu  S  )
 IM ; u   8  2m 
2
 0 2   4  2m 
2
 
 1  1
1  m   2 
2
u 2 2
 8  2m   02   4  2m 
2 2
 1  0
1  m   2 
2 2 2
 Để giải bài toán ta dùng máy tính Casio với tính năng MODE 7 dò nghiệm của bất phương trình :
w7as(8p2Q))d+(4pQ))dR
sQ)d+5$$p1==p9=10=1=
Ta dễ dàng tìm được tập nghiệm của m là 3; 4; 5; 6; 7
 Đáp án chính xác là A

x  2  t

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :  y  1  mt và mặt cầu
 z  2t

 S  : x  y  z  2 x  6 y  4 z  13  0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để d cắt  S  tại hai
2 2 2
điểm phân biệt?

A. 5 B. 3 C. 2 D. 1
GIẢI
Mặt cầu  S  :  x  1   y  3   z  2   1 có tâm I 1; 3;2  bán kính R  1
2 2 2

Đường thẳng d đi qua M  2;1;0  và có vecto chỉ phương u 1; m; 2 
Ta hiểu : Đường thẳng d cắt mặt cầu  S  tại 2 điểm phân biệt nếu khoảng cách từ tâm I (của
mặt cầu  S  ) đến đường thẳng d nhỏ hơn bán kính R (của mặt cầu  S  )
 IM ; u   8  2m 
2
 0 2   4  2m 
2
 
 1  1
12  m 2   2 
2
u
 8  2m   02   4  2m 
2 2
 1  0
12  m 2   2 
2
 Để giải bài toán ta dùng máy tính Casio với tính năng MODE 7 dò nghiệm của bất phương trình :
w7as(8p2Q))d+(4pQ))dR
sQ)d+5$$p1==p9=10=1=
Ta dễ dàng tìm được tập nghiệm của m là 3; 4; 5; 6; 7
 Đáp án chính xác làA
VD8-[Câu 68 Sách bài tập hình học nâng cao 12]
Cho đường thẳng d đi qua điểm M  0;0;1 , có vecto chỉ phương u 1;1;3  và mặt phẳng   có
phương trình 2 x  y  z  5  0 . Tính khoảng cách giữa d và  
2 4 3 6
A. B. C. D.
5 3 2 5
GIẢI
 Ta thấy : u.nP  1.2  1.1  3.  1  0  d chỉ có thể song song hoặc trùng với  
 Khi đó khoảng cách giữa d và   là khoảng cách từ bất kì 1 điểm M thuộc d đến  
Ta bấm :
aqc0+0p1+5Rs2d+1d+2d=


x  3  t

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng  :  y  1  2t . Gọi  ' là giao tuyến của 2 mặt phẳng
z  4

:  P  : x  3 y  z  0 và  Q  : x  y  z  4  0 . Tính khoảng cách giữa ,  '
12 25 20 16
A. B. C. D.
15 21 21 15
GIẢI
 Đường thẳng  ' có vecto chỉ phương u '   nP ; nQ    2; 2; 4 
w8111=p3=1=w8211=1=p1
=Wq53Oq54=
Và  ' đi qua điểm M '  0; 2;6

Đường thẳng  có vecto chỉ phương u 1; 2;0  và đi qua điểm M  3; 1; 4
 Ta hiểu : khoảng cách giữa hai đường thẳng chỉ tồn tại khi chúng song song hoặc chéo nhau
Kiểm tra sự đồng phẳng của 2 đường thẳng trên bằng tích hỗn tạp MM ' u; u '
Nhập ba vecto MM ', u , u ' vào máy tính Casio

w811p3=3=2=w8211=2=0=
w8312=2=4=
Xét tích hỗn tạp MM ' u; u '  40  0  ,  ' chéo nhau
 Tính độ dài hai đường thẳng chéo nhau  ,  ' ta có công thức :
MM ' u; u ' 20
d  4.3640.. 
u ; u '  21
 
Wqcp40)Pqcq54Oq55)=

x  2 y 1 z  3 x 1 y 1 z 1
Cho hai đường thẳng d :   và d ' :   . Khoảng cách giữa hai
1 2 2 1 2 2
đường thẳng d , d ' là :

4 2 4
A. 4 2 B. C. D. 2 3
3 3
GIẢI
 Đường thẳng d có vecto chỉ phương u  1; 2; 2  và đi qua điểm M  2; 1; 3
Đường thẳng d ' đi qua điểm M ' 1;1; 1
Dễ thấy hai đường thẳng d , d ' song song với nhau nên khoảng cách từ d ' đến d chính là khoảng
cách từ điểm M ' (thuộc d ' ) đến d .
Gọi khoảng cách cần tìm là h ta có
 MM '; u 
  4 2
h  1.8856...  w811p1=2=2=w8
u 3
211=2=2=Wqcq53Oq54)Pq
cq54)=

x  2  t  x  2  2t '
 
Cho hai đường thẳng d :  y  1  t và d ' :  y  3 . Mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d và
 z  2t z  t '
 
d ' có phương trình :
A. x  5 y  2 z  12  0 B. x  5 y  2 z  12  0
C. x  5 y  2 z  12  0 D. x  5 y  2 z  12  0
GIẢI
 Đường thẳng d có vecto chỉ phương u  1; 1; 2  và đi qua điểm M  2;1;0
Đường thẳng d ' có vecto chỉ phương u '   2;0;1 và đi qua điểm M '  2;3;0
Dễ thấy hai đường thẳng d , d ' cheo nhau nên mặt phẳng  P  cách đều hai đường thẳng trên khi
mặt phẳng đó đi qua trung điểm MM ' và song song với cả 2 đường thẳng đó. .
 Mặt phẳng  P  song song với cả 2 đường thẳng nên nhận vecto chỉ phương của 2 đường thẳng là
cặp vecto chỉ phương.
 nP  u; u '   1; 5; 2 
w8111=p1=2=w821p2=0=1
=Wq53Oq54=
 P  lại đi qua trung điểm I  2; 2;0 của MM ' nên  P  : x  5 y  2z  12  0

 Đáp án chính xác là D
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt cầu
có tâm I 1; 2; 1 và tiếp xúc với mặt phẳng  P  : x  2 y  2z  8  0 ?

A.  x  1   y  2    z  1  3 B.  x  1   y  2    z  1  3
2 2 2 2 2 2
C.  x  1   y  2    z  1  9 D.  x  1   y  2    z  1  9
2 2 2 2 2 2
x  1 t

Tìm điểm M trên đường thẳng d :  y  1  t sao cho AM  6 với A  0; 2; 2  :
 z  2t

1;1;0  1;1;0   1;3; 4 
A.  B.  C.  D.Không có M thỏa
 2;1; 1  1;3; 4   2;1; 1
Cho  P  : 2 x  y  z  m  0 và A 1;1;3 . Tìm m để d  A;  P    6
 m  2 m  3  m  2  m  3
A.  B.  C.  D. 
m  4  m  9  m  10  m  12
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A  2;3;1 và B  5; 6; 2  . Đường thẳng AB
MA
cắt mặt phẳng  Oxz  tại điểm M . Tính tỉ số
MB
MA 1 MA MA 1 MA
A.  B. 2 C.  D. 3
MB 2 MB MB 3 MB
Bài 5-[Câu 67 Sách bài tập hình học nâng cao lớp 12]
Tính khoảng cách từ điểm M  2;3; 1 đến đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng
  : x  y  2 z 1  0 và  ' : x  3 y  2z  2  0 .
215 205 205 215
A. B. C. D.
24 15 15 24
Cho A 1;1;3 , B  1;3; 2  , C  1; 2;3 . Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng  ABC  là :
3 3
A. 3 B. 3 C. D.
2 2
Bài 7-[Câu 69b Sách bài tập hình học nâng cao lớp 12]
x 1 y  3 z  4 x  2 y 1 z 1
Tính khoảng cách giữa cặp đường thẳng d :   và d ' :  
2 1 2 4 2 4
127 127 386 386
A. B. C. D.
4 4 3 3
Bài 8-[Câu 69c Sách bài tập hình học nâng cao lớp 12]
x  2  t
x 1 y  2 z  3 
Tính khoảng cách giữa cặp đường thẳng d :   và d ' :  y  1  t
1 2 3 z  t

2 7 4 2 26 24
A. B. C. D.
7 3 13 11
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt cầu
có tâm I 1; 2; 1 và tiếp xúc với mặt phẳng  P  : x  2 y  2z  8  0 ?

A.  x  1   y  2    z  1  3 B.  x  1   y  2    z  1  3
2 2 2 2 2 2
C.  x  1   y  2    z  1  9 D.  x  1   y  2    z  1  9
2 2 2 2 2 2
GIẢI
 Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng  P  khi d  I ;  P    R
aqc1p4+2p8Rs1d+2d+2d=
d  I ;  P    3  R 2  9  Đáp số chỉ có thể là C hoặc D

 Mà ta lại có tâm mặt cầu là I 1; 2; 1   S  :  x  1   y  2    z  1  9
2 2 2
Vậy đáp số chính xác là D

x  1 t

Tìm điểm M trên đường thẳng d :  y  1  t sao cho AM  6 với A  0; 2; 2  :
 z  2t

1;1;0  1;1;0   1;3; 4 
A.  B.  C.  D.Không có M thỏa
 2;1; 1  1;3; 4   2;1; 1
GIẢI
 Gọi điểm M thuộc d có tọa độ theo t là M 1  t;1  t; 2t 
2
 Ta có AM  6  AM  6  AM  6  0
Sử dụng máy tính Casio tìm t
(1+Q)p0)d+(1pQ)p2)d+(2Q
)+2)dp6qr5=qrp5=
 Ta tìm được hai giá trị của t

Với t  0  M 1;1;0  , với t  2  M  1;3; 4 
Cho  P  : 2 x  y  z  m  0 và A 1;1;3 . Tìm m để d  A;  P    6
 m  2 m  3  m  2  m  3
A.  B.  C.  D. 
m  4  m  9  m  10  m  12
GIẢI
2.1  1  3  m
 Thiết lập phương trình khoảng cách d  A;  P    6   6
22  12  12
 Đó là khi ta nhẩm, nếu vừa nhẩm vừa điền luôn vào máy tính thì làm như sau (để tiết kiệm thời gian)
aqc2p1+3pQ)Rs2d+1d+1d

Tìm nghiệm ta sử dụng chức năng CALC xem giá trị nào của m làm vế trái  6 thì là đúng
rp2=
 Chỉ có A hoặc C là đúng

r4=
Giá trị m  4 không thỏa mãn vậy đáp án A sai  Đáp án chính xác là C
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A  2;3;1 và B  5; 6; 2  . Đường thẳng AB
MA
cắt mặt phẳng  Oxz  tại điểm M . Tính tỉ số
MB
MA 1 MA MA 1 MA
A.  B. 2 C.  D. 3
MB 2 MB MB 3 MB
GIẢI
 Mặt phẳng  Oxz  có phương trình y  0
MA
 Để tính tỉ số ta sử dụng công thức tỉ số khoảng cách (đã gặp ở chuyên đề hình học không gian )
MB
MA d  A;  Oxz  
Ta có :  bất kể hai điểm A, B cùng phía hay khác phía so với  Oxz 
MB d  B;  Oxz  
Ta có thể dùng máy tính Casio tính ngay tỉ số này
w1aqc0+3+0Rqc0+p6+0=
Ta hiểu cả hai mẫu số của hai phép tính khoảng cách đều như nhau nên ta triệt tiêu luôn mà không cần cho
vào phép tính của Casio
Tính khoảng cách từ điểm M  2;3; 1 đến đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng
  : x  y  2 z 1  0 và  ' : x  3 y  2z  2  0 .
215 205 205 215
A. B. C. D.
24 15 15 24
GIẢI
 d là giao tuyến của hai mặt phẳng   và  '  nên cùng thuộc 2 mặt phẳng này  vecto chỉ phương u
của đường thẳng d vuông góc với cả 2 vecto pháp tuyến của 2 mặt phẳng trên.
 u   n ; n '    8; 4; 2 
w8111=1=p2=w8210=3=2=Wq
53Oq54=

5 3 
 Gọi điểm N  x; y;0  thuộc đường thẳng d  N  ;  ; 0 
2 2 
 MN ; u 
  205
 Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d là : h   3.8265... 
u 14
w8115P2p2=p3P2p3=0pp1=w
8218=p4=2=Wqcq53Oq54)Pq
cq54)=

Cho A 1;1;3 , B  1;3; 2  , C  1; 2;3 . Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng  ABC  là :
3 3
A. 3 B. 3 C. D.
2 2
GIẢI
 Vecto pháp tuyến của  ABC  là n   AB; AC   1; 2; 2 
w811p2=2=p1=w821p2=1=0=
Wq53Oq54=
  ABC  :1 x  1  2  y  1  2  z  3  0  x  2 y  3z  9  0
0009
 Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  là h  3
12  22  22
x 1 y  3 z  4 x  2 y 1 z 1
2 1 2 4 2 4
127 127 386 386
A. B. C. D.
4 4 3 3
GIẢI
 Đường thẳng d đi qua điểm M 1; 3; 4 và có vecto chỉ phương  2;1; 2 
Đường thẳng d ' đi qua điểm M '  2;1; 1 và có vecto chỉ phương  4; 2; 4 
Dễ thấy 2 đường thẳng trên song song với nhau  Khoảng cách cần tìm là khoảng cách tứ M ' đến d
M ' M ; u 
  386
  6.5489... 
u 3
w811p3=4=p5=w8212=1=p2=
Wqcq53Oq54)Pqcq54)=

x 1 y  3 z  4 x  2 y 1 z 1
2 1 2 4 2 4
127 127 386 386
A. B. C. D.
4 4 3 3
GIẢI
 Đường thẳng d đi qua điểm M 1; 3; 4 và có vecto chỉ phương  2;1; 2 
Đường thẳng d ' đi qua điểm M '  2;1; 1 và có vecto chỉ phương  4; 2; 4 
Dễ thấy 2 đường thẳng trên song song với nhau  Khoảng cách cần tìm là khoảng cách tứ M ' đến d
M ' M ; u 
  386
  6.5489... 
u 3
w811p3=4=p5=w8212=1=p2=
Wqcq53Oq54)Pqcq54)=

Bài 8-[Câu 69c Sách bài tập hình học nâng cao lớp 12]
x  2  t
x 1 y  2 z  3 
Tính khoảng cách giữa cặp đường thẳng d :   và d ' :  y  1  t
1 2 3 z  t

2 7 4 2 26 24
A. B. C. D.
7 3 13 11
GIẢI
 Đường thẳng d đi qua điểm M 1; 2;3 và có vecto chỉ phương u 1; 2;3 
Đường thẳng d ' đi qua điểm M '  2; 1;0 và có vecto chỉ phương u '  1;1;1
MM ' u; u ' 26

Dễ thấy 2 đường thẳng trên chéo nhau  Khoảng cách cần tìm là   0.3922... 
u ; u '  13
 
w8111=p3=p3=w8211=2=3=w
831p1=1=1=Wqcq53q57(q54
Oq55))Pqcq54Oq55)=

BÀI 26. TÌM HÌNH CHIẾU VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN.

1. Hình chiếu vuông góc của một điểm đến một mặt phẳng
 Cho điểm M  x0 ; y0 ; z0  và mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  0 thì hình chiếu vuông góc H
của M trên mặt phẳng  P  là giao điểm của đường thẳng  và mặt phẳng  P 
  là đường thẳng qua M và vuông góc với  P  (  nhận nP làm u )
2. Hình chiếu vuông góc của một điểm đến một đường thẳng
x  xN y  y N z  z N
 Cho điểm M  x0 ; y0 ; z0  và đường thẳng d :   thì hình chiếu vuông góc
a b c
của M lên đường thẳng d là điểm H thuộc d sao cho MH  ud  MH .ud  0
3. Hình chiếu vuông góc của một đường thẳng đến một mặt phẳng
 Cho đường thẳng d và mặt phẳng  P  . Hình chiếu vuông góc của đường thẳng d đến mặt phẳng
 P  là giao điểm của mặt phẳng   và mặt phẳng  P 
   là mặt phẳng đi chứa d và vuông góc với  P 
   nhận ud và nP là cặp vecto chỉ phương
   chứa mọi điểm nằm trong đường thẳng d
4. Lệnh Caso

VD1-[Thi thử Sở GD-ĐT tỉnh Hà Tĩnh lần 1 năm 2017]
Cho mặt phẳng   : 3x  2 y  z  6  0 và điểm A  2; 1;0  . Hình chiếu vuông góc của A lên mặt
phẳng   có tọa độ
A.  2; 2;3 B. 1;1; 2  C. 1;0;3 D.  1;1; 1
GIẢI
 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên    Đướng thẳng AH song song với vecto pháp
 x  2  3t

tuyến n  3; 2;1 của     AH  :  y  1  2t
z  t

 Tọa độ điểm A  2  3t; 1  2t ;1  t 
(Phần này ta dễ dàng nhẩm được mà không cần nháp)
 Để tìm t ta chỉ cần thiết lập điều kiện A thuọc   là xong

3(2+3Q))p2(p1p2Q))+Q)
+6qr1=
 t  1  H  1;1; 1
Tìm tọa độ của điểm M ' đối xứng với điểm M  3;3;3 qua mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0
1 1 1  1 1 1
A. M '  ; ;  B. M '   ;  ;  
3 3 3  3 3 3
 7 7 7 7 7 7
C. M '   ;  ;   D. M '  ; ; 
 3 3 3 3 3 3
GIẢI
 Tương tự ví dụ 1 ta nhẩm được tọa độ hình chiếu vuông góc H của M lên  P  là
M  3  t;3  t;3  t 
 Tính t bằng Casio.
3+Q)+3+Q)+3+Q)p1qr1=
8 1 1 1
Ta thu được t    H  ; ; 
3 3 3 3
 Ví A ' đối xứng với M qua H nên H là trung điểm của MM ' . Theo quy tắc trung điểm ta suy ra
 7 7 7
được M '   ;  ;   .
 3 3 3
VD3-[Thi thử THPT Quảng Xương – Thanh Hóa lần 1 năm 2017]
x  3 y 1 z 1
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :   và điểm
2 1 2
M 1; 2; 3 . Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d là :
A. H 1; 2; 1 B. H 1; 2; 1 C. H  1; 2; 1 D. H 1; 2;1
GIẢI
 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng d .
x  3  t

Đường thẳng d có phương trình tham số  y  1  t  Tọa độ H  3  2t ; 1  t ;1  2t 
 z  1  2t

MH  d  MH .ud  0 với ud  2;1; 2 
 Sử dụng máy tính Casio bấm :
2(3+2Q)p1)+(p1+Q)p2)+
2(1+2Q)pp3)qr1=

Khi đó t  1  H 1; 2; 1

x 1 y  2 z 1
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :   và điểm A  2; 1;1
1 1 2
. Gọi I là hình chiếu vuông góc của A lên d . Viết phương trình mặt cầu  C  có tâm I và đi qua
A
A. x 2   y  3   z  1  20
2 2
B. x2   y  3   z  1  5
2 2
C.  x  1   y  2    z  1  20
2 2 2
D.  x  1   y  2    z  1  14
2 2 2
GIẢI
 Điểm I có tọa độ I 1  t;2  t; 1  t 
 Thiết lập điều kiện vuông góc  IA.ud  0
p1(1pQ)p2)+(2+Q)pp1)+
2(p1+2Q)p1)qr1=
 t  0  I 1; 2; 1
Với I 1; 2; 1 và A  2; 1;1 ta có : R  IA  IA  14

2
2 2

w8112p1=p1p2=1pp1=Wqc
q53)==d=

x 1 y 1 x  2
Cho đường thẳng d :   . Hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng  Oxy  là :
2 1 1
x  0  x  1  2t  x  1  2t  x  1  2t
   
A.  y  1  t B.  y  1  t C.  y  1  t D.  y  1  t
z  0 z  0 z  0 z  0
   
GIẢI
 Ta hiểu : Hình chiếu vuông góc d ' của d lên mặt phẳng  Oxy  là giao tuyến của mặt phẳng  
chứa d vuông góc với  Oxy  và mặt phẳng  Oxy 
 Mặt phẳng   chứa d và vuông góc với  Oxy  nên nhận vecto chỉ phương u  2;1;1 của đường
thẳng d và vecto pháp tuyến nOxy  0;0;1  là cặp vecto chỉ phương

 n  ud ; nOxy   1; 2;0 
w8112=1=1=w8210=0=1=W
q53Oq54=
Hơn nữa   đi qua điểm có tọa độ 1; 1; 2  nên có phương trình :
  :1 x 1  2  y  1  0  z  2   0    : x  2 y  3  0
  : x  2 y  3  0

 Phương trình của d ' có dạng  . Chuyển sang dạng tham số ta có :

 Oxy  : z  0
ud '   nOxy ; n    2; 1; 0 
w8111=p2=0=w8210=0=1=
Wq53Oq54=
Có 3 đáp án thỏa mãn vecto chỉ phương có tọa độ  2; 1;0  là B , C , D

Tuy nhiên chỉ có đáp án B chứa điểm M 1; 1;0  và điểm này cũng thuộc d '
 7
 x  2  3t

Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng d :  y  2t trên
 z  2t


  : x  2 y  2 z  2  0
3 3
y y 
x 5 2z x5 2z
A.  B. 
4 2 1 4 2 1
3 3
y y
x5 z
2  D. x  5 2z
C. 2  
4 2 1 4 2 1
GIẢI
 Lập phương trình mặt phẳng    chứa d và vuông góc với  
n  ud ; n    8; 4;8 
w8113=p2=p2=w8211=2=p
2=Wq53Oq54=

   đi qua điểm   
7 7
;0;0  nên có phương trình 8  x    8 y  8z  0  2 x  2 y  2 z  7  0
2   2
2 x  2 y  2 z  7  0
 Ta có d ' : 
x  2 y  2z  2  0
Tính nd '   n ; n    8; 6; 2   n  4;3; 2  cũng là vecto chỉ phương của d '
3
y
 3  x 5 2z
Đường thẳng d ' lại đi qua điểm  5;  ; 0  nên có phương trình : 
 2  4 2 1

Bài 1-[Thi thử THPT Phạm Văn Đồng lần 1 năm 2017]
Hình chiếu vuông góc của A  2;4;3 lên mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  6 z  19  0 có tọa độ là :
 20 37 3   2 37 31 
A. 1; 1; 2 
B.   ; ;  C.   ; ;  D. Kết quả khác
 7 7 7  5 5 5 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxy cho mặt phẳng  P  : x  y  z  4  0 và điểm M 1; 2; 2 
.Tìm tọa độ điểm N đối xứng với điểm M qua mặt phẳng  P 
A. N  3; 4;8  B. N  3;0; 4  C. N  3;0;8  D. N  3; 4; 4 
Cho A  5;1;3 , B  5;1; 1 , C 1; 3;0  , D  3; 6; 2  . Tọa độ của điểm A ' đối xứng với A qua mặt
phẳng  BCD  là :
A.  1;7;5 B. 1;7;5  C. 1; 7; 5 D. 1; 7;5
x 1 y z  2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :   và mặt phẳng
2 2 3
 P  :  x  y 2 z 3  0 . Viết phương trình hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng  P  .
x  2 y 1 z 1 x  2 y 1 z 1
A.   B.  
1 1 3 3 1 1
x  2 y 1 z 1 x  2 y 1 z 1
C.   D.  
3 1 1 1 1 3
Cho ba điểm A  1;3; 2 , B  4;0; 3 , C  5; 1; 4  . Tìm tọa độ hình chiếu H của A lên đường
thẳng BC
 77 9 12   77 9 12   77 9 12   77 9 12 
A.  ;  ;  B.  ; ;  C.  ;  ;   D.   ;  ;  
 17 17 17   17 17 17   17 17 17   17 17 17 
Tìm tọa độ điểm đối xứng của M  3;1; 1 qua đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng
  : 4 x  3 y  13  0 và    : y  2 z  5  0
A.  2; 5; 3 B.  2; 5;3 C.  5; 7; 3 D.  5; 7;3

x 1 y 1 z  2
Cho đường thẳng d :   . Hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng tọa đọ
2 1 1
 Oxy  là :
x  0  x  1  2t  x  1  2t  x  1  2t
  
A.  y  1  t B.  y  1  t C.  y  1  t D.  y  1  t
z  0 z  0 z  0 z  0
   

Bài 1-[Thi thử THPT Phạm Văn Đồng lần 1 năm 2017]
Hình chiếu vuông góc của A  2;4;3 lên mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  6 z  19  0 có tọa độ là :
 20 37 3   2 37 31 
A. 1; 1; 2  B.   ; ;  C.  ; ;  D. Kết quả khác
 7 7 7  5 5 5
GIẢI
 x  2  2t

 Đường thẳng  chứa A và vuông góc với  P  có phương trình :  y  4  3t
 z  3  6t

Điểm H là hình chiếu vuông góc của A lên  P  nên có tọa độ H  2  2t;4  3t;3  6t 
 Tính t bằng Casio
 2(p2+2Q))p3(4p3Q))+6(3
+6Q))+19qr1=
Chuyển t về dạng phân thức

qJz=
3  20 37 3 
Vậy t    H   ; ; 
7  7 7 7
Vậy đáp số chính xác là B
Trong không gian với hệ tọa độ Oxy cho mặt phẳng  P  : x  y  z  4  0 và điểm M 1; 2; 2 
.Tìm tọa độ điểm N đối xứng với điểm M qua mặt phẳng  P 
A. N  3; 4;8  B. N  3;0; 4  C. N  3;0;8  D. N  3; 4; 4 
GIẢI
x  1 t

 Phương trình  :  y  2  t  Tọa độ hình chiếu H 1  t; 2  t; 2  t 
 z  2  t

 Tìm t bằng Casio ta được t  1
1+Q)p2+Q)p(p2pQ))p4qr1
=

Với t  1  H  2; 1; 3  N  3;0; 4 

Cho A  5;1;3 , B  5;1; 1 , C 1; 3;0  , D  3; 6; 2  . Tọa độ của điểm A ' đối xứng với A qua mặt
phẳng  BCD  là :
A.  1;7;5 B. 1;7;5  C. 1; 7; 5 D. 1; 7;5
GIẢI
 Tính vecto chỉ phương của  BCD  : u   BC ; BD    5; 10; 10 
w8111pp5=p3p1=0pp1=w821
3pp5=p6p1=2pp1=Wq53Oq54
=
 BCD  qua B  5;1; 1   BCD  : 5  x  5  10  y  1  10  z  1  0

 x  2 y  2z  5  0
 Gọi H là hình chiếu của A lên  BCD   H  5  t;1  2t;3  2t  . Tính t
w15+Q)+2(1+2Q))+2(3+2Q)
)+5qr1=
 t  2  H  3; 3; 1  A ' 1; 7; 5

x 1 y z  2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :   và mặt phẳng
2 2 3
 P  :  x  y 2 z 3  0 . Viết phương trình hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng  P  .
x  2 y 1 z 1 x  2 y 1 z 1
A.   B.  
1 1 3 3 1 1
x  2 y 1 z 1 x  2 y 1 z 1
C.   D.  
3 1 1 1 1 3
GIẢI
 Lập mặt phẳng   chứa d và vuông góc với  P   n  ud ; nP   1; 7; 4 
w8112=2=3=w821p1=1=2=Wq
53Oq54=

  :  x  1  7 y  4  z  2   0  x  7 y  4z  9  0
 x  7 y  4z  9  0
 Đường thẳng d có phương trình tổng quát  . Để so sánh kết quả ta phải chuyển
 x  y  2 z  3  0
phương trình đường thẳng d về dạng chính tắc
Ta có : ud   n ; nP    18; 6; 6   u  3;1;1 cũng là vecto chỉ phương của d
w8111=p7=4=w821p1=1=2=W
q53Oq54=
x  2 y 1 z 1
Hơn nữa điểm M  2;1; 1 cũng thuộc d  Phương trình chính tắc d :  
3 1 1
Cho ba điểm A  1;3; 2 , B  4;0; 3 , C  5; 1; 4  . Tìm tọa độ hình chiếu H của A lên đường
thẳng BC
 77 9 12   77 9 12   77 9 12   77 9 12 
A.  ;  ;  B.  ; ;  C.  ;  ;   D.   ;  ;  
 17 17 17   17 17 17   17 17 17   17 17 17 
GIẢI
 Đường thẳng BC nhân vecto BC 1; 1;7  là vecto chỉ phương và đi qua điểm B  4;0; 3
x  4  t

 BC :  y  t
 z  3  7t

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC  H  4  t;  t; 3  7 t 
 Mặt khác AH  BC  AH .BC  0 .
w1(4+Q)pp1)p(pQ)p3)+7(p
3+7Q)p2)qr1=
Chuyển t về dạng phân số

qJz
9  77 9 12 
t   H  ; ; 
17  17 17 17 
Tìm tọa độ điểm đối xứng của M  3;1; 1 qua đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng
  : 4 x  3 y  13  0 và    : y  2 z  5  0
A.  2; 5; 3 B.  2; 5;3 C.  5; 7; 3 D.  5; 7;3
GIẢI
 4 x  3 y  13  0
 d là giao tuyến của 2 mặt phẳng   ;    nên có phương trình tổng quát : 
 y 2 z 5  0
 Vecto chỉ phương của d là ud   n ; n    6;8; 4   nhận u  3; 4; 2  là vecto chỉ phương
w8114=p3=0=w8210=1=p2=W
q53Oq54=
 x  4  3t

Đường thẳng d có vecto đi qua điểm N  4;1;3 nên có phương trình tham số  y  1  4t
 z  3  2t

 Điểm H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng d nên có tọa độ M  4  3t;1  4t;3  2t 
Mặt khác MH  d  MH .u  0
w13(4+3Q)pp3)+4(1+4Q)p1
)+2(3+2Q)pp1)qr1=
 t  1  H 1; 3;1
M ' đối xứng M qua d vậy H là trung điểm MM '  M '  5; 7;3
x 1 y 1 z  2
Cho đường thẳng d :   . Hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng tọa đọ
2 1 1
 Oxy  là :
x  0  x  1  2t  x  1  2t  x  1  2t
  
A.  y  1  t B.  y  1  t C.  y  1  t D.  y  1  t
z  0 z  0 z  0 z  0
   
GIẢI
 Dưng mặt phẳng   chứa đường thẳng d và vuông góc với  Oxy   n  ud ; nOxy   1; 2;0 
w8112=1=1=w8210=0=1=Wq5
3Oq54=
Mặt phẳng   chứa điểm N 1; 1; 2  nên có phương trình là :

  :  x 1  2  y  1  0  z  2  0  x  2 y  3  0
 Đường thẳng d ' là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d lên mặt phẳng  Oxy   d ' là giao tuyến
x  2 y  3  0
của   và  Oxy   d ' : 
z  0

Tính ud   n ; nOxy    2; 1; 0   nhận u  2;1;0  là vecto chỉ phương
w8111=p2=0=w8210=0=1=Wq
53Oq54=
 x  1  2t

Lại có d ' qua điểm có tọa độ 1; 1;0   d ' :  y  1  t
z  0


BÀI 27. TÍNH NHANH THỂ TÍCH CHÓP, DIỆN TÍCH TAM GIÁC.

1. Ứng dụng tích có hướng tính diện tích tam giác
1
 Cho tam giác ABC có diện tích tam giác ABC tính theo công thức S  AB; AC 
2 
2.S ABC  AB; AC 

 Ứng dụng tính chiều cao AH của tam giác ABC : AH  
BC BC
2. Ứng dụng tích có hướng tính thể tích hình chóp
1
 AB  AC ; AD 
Thể tích hình chóp ABCD được tính theo công thức VABCD 
6
3.VABCD AB  AC; AD 
 Ứng dụng tính chiều cao AH của hình chóp ABCD : AH  
S BCD  BC; BD 
 
3. Lệnh Caso

VD1-[Câu 41 đề minh họa vào ĐHQG HNnăm 2016]
Cho 4 điểm A 1;0;1 , B  2; 2; 2  , C  5; 2;1 ,  4;3; 2  . Tính thể tích tứ diện ABCD
A. 6 B. 12 C. 4 D. 2
GIẢI
 Nhập thông số ba vecto AB , AC , AD vào máy tính Casio
w8112p1=2p0=2p1=w8215
p1=2p0=1p1=w8314p1=3p0
=p2p1=
1
 Áp dụng công thức tính thể tích VABCD  AB  AC ; AD   4
6
Wqcq53q57(q54Oq55))P6
=


Cho A  2;1; 1 , B  3;0;1 , C  2; 1;3 . Điểm D nằm trên trục Oy và thể tích tứ diện ABCD bằng
5. Tọa độ của D là :
 0; 7;0   0;7;0 
A.  0; 7;0  B.  C.  0;8;0  D. 
 0;8;0   0; 8;0 
GIẢI
1
 Ta có : V  AD  AB; AC   5  AD  AB; AC   30
6    
 Tính  AB; AC  bằng Casio ta được  AB; AC    0; 4; 2 
w8111=p1=2=w8210=p2=4
=Wq53Oq54=
 Điểm D nằm trên Oy nên có tọa độ D  0; y;0   AD  2; y  1;1

Nếu AD  AB; AC   30
w10O(p2)p4(Q)p1)p2O1p
30qr1=
Ta thu được y  7  D  0; 7;0 

Nếu AD  AB; AC   30
!!!o+qr1=
Ta thu được y  8  D  0;8;0 

VD3-[Thi thử THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội lần 1 năm 2017]
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A 1; 2;0  , B  3; 1;1 , C 1;1;1 . Tính diện tích S của
tam giác ABC
1 4 3
A. S  3 B. S  2 C. S  D. S 1
2 3
GIẢI
 Nhập 2 vecto AB , AC vào máy tính Casio
w8112=p3=1=w8210=p1=1
=
.
1
 Diện tích tam giác ABC được tính theo công thức: S ABC   AB; AC   1.732...  3
2 
Wqcq53Oq54)P2=

VD4-[Thi thử THPT Vĩnh Chân – Phú Thọ lần 1 năm 2017]
Cho hai điểm A 1; 2;0  , B  4;1;1 . Độ dài đường cao OH của tam giác OAB là :
1 86 19 54
A. B. C. D.
19 19 86 11
GIẢI
1
 Tính diện tích tam giác ABC theo công thức SOAB  OA; OB 
2 
w8111=2=0=w8214=1=1=W
qcq53Oq54)P2=
Vì giá trị diện tích này lẻ nên ta lưu vào biến A cho dễ nhìn
qJz
1 2S
 Gọi h là chiều cao hạ từ O đến đáy AB ta có công thức SOAB  h. AB  h 
2 AB
 Tính độ dài cạnh AB  AB
w8113=p1=1=Wqcq53)=
Giá trị này lẻ ta lại lưu vào biến B

qJx
2A
h  2.2156... 
B
2QzPQx=


Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tứ diện ABCD có
A  2;3;1 , B  4;1; 2  , C  6;3;7  , D  5; 4;8 . Độ dài đường cao kẻ từ D của tứ diện là :
45 5 4 3
A. 11 B. C. D.
7 5 3
GIẢI
1 154
 Ta tính được thể tích cả tứ diện ABCD theo công thức V  AB  AC ; AD  
6 3
w8112=p2=p3=w8214=0=6
=w831p7=p7=7=Wqcq53q5
7(q54Oq55))P6=
.
1 3V 154
 Gọi h là khoảng cách từ D  V  h.S ABC  h   :
3 S ABC S ABC
1
 Tính S ABC theo công thức S ABC   AB; AC   14
2
qcq53Oq54)P2=
154
Khi đó h   11
14
VD6-[Thi thử THPT Nguyễn Đình Chiểu – Bình Định lần 1 năm 2017]
x 1 y 1 z
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A 1;5;0  , B  3;3;6  và d :   . Điểm M
2 1 2
thuộc d để tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất có tọa độ là :
A. M  1;1;0  B. M  3; 1; 4  C. M  3;2; 2  D. M 1;0;2 
GIẢI
1
 Diện tích tam giác ABM được tính theo công thức S   AB; AM   2 S   AB; AM 
2   
 Với M  1;1;0  ta có 2S  29.3938...
w8112=p2=6=w821p2=p4=
0=Wqcq53Oq54)=
 Với M  3; 1;4  ta có 2S  29.3938...

w8212=p6=4=Wqcq53Oq54
)=
 Với M  3;2; 2  ta có 2S  32.8633...

w821p4=p3=p2=Wqcq53Oq
54)=
 Với M 1;0;2  ta có 2S  28.1424...

w8210=p5=2=Wqcq53Oqc4
ooq54)=
So sánh 4 đáp số  Đáp án chính xác là C
Bài 1-[Câu 1 trang 141 Sách bài tập hình học nâng cao lớp 12]
Cho A  2; 1;6  , B  3; 1; 4  , C  5; 1;0  , D 1;2;1 . Thể tích tứ diện ABCD bằng :
A. 30 B. 40 C. 50 D. 60
Cho bốn điểm A  a; 1;6  , B  3; 1; 4  , C  5; 1;0  , D 1;2;1 và thể tích của tứ diện ABCD
bằng 30. Giá trị của a là :
A. 1 B. 2 C. 2 hoặc 32 D. 32
Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua M 1;2;4  và cắt các tia Ox, Oy , Oz lần lượt tại A, B, C
sao cho VOABC  36
x y z x y z x y z
A.    1 B.    1 C.    1 D. Đáp án khác
3 6 12 4 2 4 6 3 12
Bài 4-[Thi thử THPT Nho Quan – Ninh Bình lần 1 năm 2017]
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A  0;1;0  , B  2; 2; 2  , C  2;3;1 và đường thẳng
x 1 y  2 z  3
d:   . Tìm điểm M thuộc d sao cho thể tích tứ diện MABC bằng 3
2 1 2
 3 3 1   15 9 11   3 3 1   15 9 11 
A.   ;  ;  ;   ; ;   B.   ;  ;  ;   ; ; 
 2 4 2  2 4 2  5 4 2  2 4 2 
 3 3 1   15 9 11   3 3 1   15 9 11 
C.  ;  ;  ;  ; ;  D.  ;  ;  ;  ; ; 
2 4 2  2 4 2  5 4 2  2 4 2 
Cho A  0;0; 2  , B  3;0;5 , C 1;1;0  , D  4;1; 2  . Độ dài đường cao của tứ diện ABCD hạ từ đỉnh
D xuống mặt phẳng  ABC  là :

1
A. 11 B. C. 1 D. 11
11
Cho A  2; 1;6  , B  3; 1; 4  , C  5; 1;0  , D 1;2;1 . Thể tích tứ diện ABCD bằng :
A. 30 B. 40 C. 50 D. 60
GIẢI
1
 Thể tích tứ diện ABCD được tính theo công thức V  AB  AC ; AD   30
6  
w811p5=0=p10=w8213=0=p6
=w831p1=3=p5=Wqcq53q57(
q54Oq55))P6=

Cho bốn điểm A  a; 1;6  , B  3; 1; 4  , C  5; 1;0  , D 1;2;1 và thể tích của tứ diện ABCD
bằng 30. Giá trị của a là :
A. 1 B. 2 C. 2 hoặc 32 D. 32
GIẢI
 Vì điểm A chứa tham số nên ta ưu tiên vecto BA tính sau cùng. Công thức tính thể tích ABCD ta sắp
1
xếp như sau : V  BA  BC ; BD 
6
 Tính  BC ; BD    12; 24; 24 
w8118=0=4=w8214=3=5=Wq5
3Oq54=
1
 Ta có V  BA  BC ; BD   30  BA  BC ; BD   180
6
Với BA  BC ; BD   180  BA  BC ; BD   180  0  a  2
w1p12(Q)+3)p24O0+24(6+4
)p180qr1=
Với BA  BC ; BD   180  BA  BC ; BD   180  0  a  32

!!!!o+qr1=

Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua M 1;2;4  và cắt các tia Ox, Oy , Oz lần lượt tại A, B, C
sao cho VOABC  36
x y z x y z x y z
A.    1 B.    1 C.    1 D. Đáp án khác
3 6 12 4 2 4 6 3 12
GIẢI
 Trong các đáp án chỉ có mặt phẳng ở đáp án A đi qua điểm M 1; 2; 4 cho nên ta chỉ đi kiểm tra tính
đúng sai của đáp án A
x y z
 Theo tính chất của phương trình đoạn chắn thì mặt phẳng  P  :    1 cắt các tia Ox, Oy , Oz lần
3 6 12
lượt tại 3 điểm A  3;0;0  , B 0;6;0 , C 0;0;12  . Hơn nữa 4 điểm O, A, B, C lập thành một tứ diện
vuông đỉnh O
1 1
 Theo tính chất của tứ diện vuông thì VOABC  OA OB OC  .3.6.12  36 (đúng)
6 6
Bài 4-[Thi thử THPT Nho Quan – Ninh Bình lần 1 năm 2017]
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A  0;1;0  , B  2; 2; 2  , C  2;3;1 và đường thẳng
x 1 y  2 z  3
d:   . Tìm điểm M thuộc d sao cho thể tích tứ diện MABC bằng 3
2 1 2
 3 3 1   15 9 11   3 3 1   15 9 11 
A.   ;  ;  ;   ; ;   B.   ;  ;  ;   ; ; 
 2 4 2  2 4 2  5 4 2  2 4 2 
 3 3 1   15 9 11   3 3 1   15 9 11 
C.  ;  ;  ;  ; ;  D.  ;  ;  ;  ; ; 
2 4 2  2 4 2  5 4 2  2 4 2 
GIẢI
 Điểm M thuộc d nên có tọa độ M 1  2t; 2  t;3  2t 
1
 Thể tích tứ diện MABC được tính theo công thức V  AM  AB; AC 
6
Tính  AB; AC    3; 6; 6 
w8112=1=2=w821p2=2=1=Wq
53Oq54=
1
 Ta có V  AM  AB; AC   3  AM  AB; AC   18
6
Với AM  AB; AC   18  AM  AB; AC   18  0
w1p3(1+2Q))p6(p2pQ)p1)+
6(3+2Q))p18qr1=qJz

5  3 3 1
Ta được t    M   ;  ; 
4  2 2 2
Với AM  AB; AC   18  AM  AB; AC   18  0
Rõ ràng chỉ có đáp số A chứa điểm M trên  A là đáp số chính xác
Cho A  0;0; 2  , B  3;0;5 , C 1;1;0  , D  4;1; 2  . Độ dài đường cao của tứ diện ABCD hạ từ đỉnh
D xuống mặt phẳng  ABC  là :
1
A. 11 B. C. 1 D. 11
11
GIẢI
1
 Tính thể tích tứ diện ABCD theo công thức V  AB  AC ; AD   0.5
6
w8113=0=3=w8211=1=p2=w8
314=1=0=Wqcq53q57(q54O
q55))P6=
1 3S
 Gọi h là chiều cao cần tìm . Khi đó VABCD 
h.S ABC  h 
3 S ABC
1
Tính diện tích tam giác ABC theo công thức S ABC   AB; AC 
2
Wqcq53Oq54)P2=qJz
3V 1
Vậy h   0.3015...  .  Đáp số chính xác là B
S ABC 11

BÀI 28. TÍNH NHANH GÓC GIỮA VÉCTƠ, ĐƯỜNG VÀ MẶT.

1. Góc giữa hai vecto
 Cho hai vecto u  x; y; z  và v  x '; y '; z '  , góc giữa hai vecto u , v được tính theo công thức :
x.x ' y. y ' z.z '
 
cos u; v 
u.v
u.v

x  y 2  z 2 x '2  y '2  z '2
2
 Góc giữa hai vectơ thuộc khoảng 00 ;1800 

2. Góc giữa hai đường thẳng
 Cho hai đường thẳng d và d ' có hai vecto chỉ phương ud và ud ' . Góc  giữa hai đường thẳng
ud .ud '

d , d ' được tính theo công thức : cos   cos ud ; ud '   ud . ud '
( tích vô hướng chia tích độ dài
)
 Góc giữa hai đường thẳng thuộc khoảng 00 ;900 
3. Góc giữa hai mặt phẳng
 Cho hai mặt phẳng  P  và  Q  có hai vecto pháp tuyến nP và nQ . Góc  giữa hai mặt phẳng
nP .nQ
 P  ,  Q  được tính theo công thức : cos   cos  nP ; nQ  
nP . nQ
 Góc giữa hai đường thẳng thuộc khoảng 00 ;900 
4. Góc giữa một đường thẳng và một mặt phẳng
 Cho đường thẳng d có vecto chỉ phương u và mặt phẳng  P  có vecto pháp tuyến n . Góc 
giữa đường thẳng d và mặt phẳng  Q  được tính theo công thức sin   cos u; n  
 Góc giữa một đường thẳng và một mặt phẳng thuộc khoảng 00 ;900 
5. Lệnh Caso

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  2;1;0  , B  3;0; 4  , C  0;7;3 . Khi đó
 
cos AB; BC bằng :
14 118 14 798 798

A. B.  C. D. 
354 3 118 57 57

GIẢI
 Nhập hai vecto AB, BC vào máy tính Casio
w811p1=p1=4=w8213=7=p
1=
 
Tính cos AB; BC   AB.BC
AB; BC
 0.4296...  
14
3 118
 Wq53q57q54P(qcq53)Oq
cq54))=

VD2-[Câu 37 đề minh họa vào ĐHQG HNnăm 2016]
x y 1 z 1 x 1 y z  3
Góc giữa hai đường thẳng d :   và d '   là :
1 1 2 2 1 1
A. 450 B. 90 0 C. 60 0 D. 30 0
GIẢI
 Đề bài yêu cầu tính góc theo đơn vị độ nên ta chuyển máy tính về chế độ độ qw3
Đường thẳng d có vecto chỉ phương u 1; 1; 2  , đường thẳng d ' có vecto chỉ phương u '  2;1;1
u.u '
 
Gọi  là góc giữa hai đường thẳng d ; d ' thì cos   cos u; u '   u . u'
w8111=p1=2=w8212=1=1=
Wqcq53q57q54)P(qcq53
)Oqcq54))=
 Ta có cos   0.5    600

1
Áp dụng công thức tính thể tích VABCD  AB  AC ; AD   4
6
=qkM)=

Tìm m để góc giữa hai vecto u 1;log 3 5;log m 2  , v  3;log 5 3; 4  là góc nhọn
m  1
1  1
A. 1  m  B. 1 C. 0  m  D. m  1
2 0  m  2
 2
GIẢI
u.v
 Gọi góc giữa 2 vecto u , v là  thì cos  
u.v
Để góc  nhọn thì cos   0  u.v  0  1.3  log3 5.log5 3  4.log m 2  0  log m 2  1  0
(1)
 Để giải bất phương trình (1) ta sử dụng chức năng MODE 7 với thiết lập Start 2 End 2 Step 0.5
w7iQ)$2$+1==p0.5=1.5=
0.25=
Ta thấy f  0.25   0.5  0  Đáp án C sai
Ta thấy f 1.25   4.1062  0  Đáp số B và D sai

VD4-[Câu 42a trang 125 Sách bài tập nâng cao hình học 12]
1
Tìm  để hai mặt phẳng  P  : x  y  z  5  0 và  Q  : x sin   y cos   z sin 3   2  0 vuông
4
góc với nhau
A. 150 B. 750 C. 90 0 D. Cả A, B, C đều đúng
GIẢI
 1 
 Mặt phẳng  P  có vecto pháp tuyến nP  1;  ; 1  , mặt phẳng  Q  có vecto pháp tuyến
 4 
nQ  sin  ;cos  ;sin 3  
Để hai mặt phẳng trên vuông góc với nhau  góc giữa nP và nQ bằng 90 0  nP .nQ  0
1 1
 sin   cos   sin 3   0 . Đặt P  sin   cos   sin 3 
4 4
 Vì đề bài đã cho sẵn đáp án nên ta sử dụng phương pháp thử đáp án bằng chức năng CALC của máy
tính Casio
Với   150  P  0  Đáp án A đúng
jQ))pa1R4$kQ))pjQ))^3
r15=
Với   750  P  0  Đáp án B đúng

r75=

VD5-[Thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ năm 2017]
Điểm H  2; 1; 2  là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O lên mặt phẳng  P  .Tìm số đo góc
giữa mặt phẳng  P  và mặt phẳng  Q  : x  y  6  0
A. 30 0 B. 450 C. 60 0 D. 90 0
GIẢI
 Mặt phẳng  P  vuông góc với OH nên nhận OH  2; 1; 2  là vecto pháp tuyến
  P  : 2  x  2   1 y  1  2  z  2   0  2 x  y  2 z  9  0
Mặt phẳng  Q  có vecto pháp tuyến là nQ 1; 1;0 
OH .nQ
 Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  P  và  Q   cos  
OH . nQ
w8112=p1=p2=w8211=p1=
0=Wqcq53q57q54)P(qcq
53)Oqcq54))=
2
Vậy cos   0.7071...     450
2
=qkM)=

VD6-[Câu 47 trang 126 Sách bài tập hình học nâng cao 12]
Mặt phẳng  Q  nào sau đây đi qua hai điểm A  3;0;0  và B  0;0;1 đồng thời tạo với mặt phẳng
 Oxy  một góc là 60 0
 x  26 y  3z  3  0  x  5 y  3z  3  0
A.  B. 
 x  5 y  3z  3  0  x  26 y  3z  3  0
 x  5 y  3 z  3  0  x  26 y  3z  3  0
C.  D. 
 x  5 y  3 z  3  0  x  26 y  3z  3  0
GIẢI
 Cách Casio
Để thực hiện cách này ta sẽ làm các phép thử. Ta thấy tất cả các mặt phẳng xuất hiện trong đáp án
đều đi qua 2 điểm A, B . Vậy ta chỉ cần tính góc giữa mặt phẳng xuất hiện trong đáp án và mặt
phẳng  Oxy  là xong.
  
Với mặt phẳng  Q  : x  26 y  3 z  3  0 có vecto pháp tuyến nQ  1;  26;3 , mặt phẳng
 Oxy  có vecto pháp tuyến n   0;0;1

nQ ; n
Gọi  là góc giữa 2 mặt phẳng trên  cos    0.5    600
nQ . n

w8111=ps26)=3=w8210=0
=1=Wqcq53q57q54)P(qc
q53)Oqcq54))=
 Đáp án chắc chắn phải chứa mặt phẳng  Q  : x  26 y  3z  3  0 .

 Tiếp tục thử với mặt phẳng x  5 y  3z  3  0 nếu thỏa thì đáp án A đúng nếu không thì đáp án D
đúng
 Cách tự luận
 Gọi mặt phẳng  Q  có dạng Ax  By  Cz  D  0
1
 Q  qua A  3A  D  0 ,  Q  qua B  C  D  0 . Chọn D  1  C  1; A  
3
1  1 
Khi đó  Q  :  x  By  z  1  0 và có vecto pháp tuyến nQ   ; B; 1 
3  3 
nQ ; n 1 nQ ; n 1
 Góc giữa hai mặt phẳng trên là 60 0  cos 600     0
nQ . n 2 nQ . n 2
1
 .0  B.0  1.1
3 1 1 1
  0  0
 1
2 2 10 2
B2 
    B  1. 0  0  1
2 2 2 2
 3 9
10 10 26 26
 B2   2  B2   4  B2  B
9 9 9 3
VD7-[Câu 71 trang 134 Sách bài tập hình học nâng cao lớp 12]
x  3 y 1 z  3
Tính góc giữa đường thẳng  :   và mặt phẳng  P  : x  2 y  z  5  0
2 1 1
A. 30 0 B. 450 C. 60 0 D. 90 0
GIẢI
 Đường thẳng  có vecto chỉ phương u  2;1;1 và mặt phẳng  P  có vecto pháp tuyến n 1; 2; 1
u.n
Gọi  là góc giữa giữa 2 vectơ u , n . Ta có cos    
u.n
w8112=1=1=w8211=2=p1=
Wqcq53q57q54)P(qcq53
)Oqcq54))=
 Gọi  là góc giữa đường thẳng  và mặt phẳng  P   sin   cos   0.5
   300
qjM)=


Cho bốn điểm A 1;1;0  , B  0; 2;1 , C 1;0; 2  , D 1;1;1 . Tính góc giữa 2 đường thẳng AB và
CD :
A. 30 0 B. 60 0 C. 90 0 D. 120 0
Bài 2-[Câu 8 trang 142 Sách bài tập hình học nâng cao 12]
Cho u 1;1; 2  và v 1; 0; m  . Tìm m để góc giữa hai vecto u , v là 450
m  2  6
A.  B. m  2  6 C. m  2  6 D. Không có m thỏa mãn
 m  2  6
Cho hai mặt phẳng  P  : m2 x  y   m2  2  z  2  0 và 2 x  m2 y  2 z  1  0 vuông góc với nhau :
A. m  2 B. m  1 C. m  2 D. m  3
Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' cạnh bằng a . Xét hai điểm là trung điểm B ' C ' . Tính
cosin góc giữa hai đường thẳng AP và BC '
1 2 3 2
A. B. C. D.
3 5 2 2
Bài 5-[Câu 47a trang 126 Sách bài tập hình học nâng cao 12]
Viết phương trình mặt phẳng  P  chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng  Q  : 2 x  y  5 z  0 một
góc 60 0
x  3y  0 x  3y  0  3 x  y  0  3 x  y  0
A.  B.  C.  D. 
x  3y  0  3 x  y  0 x  3y  0 3 x  y  0
Cho  P  : 3x  4 y  5z  8  0 và đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng
  : x  2 y  1  0 ,    : x  2 z  3  0 . Gọi  là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng  P  .
Khi đó :
A.   300 B.   450 C.   600 D.   900

Bài 1-[Câu 21trang 119Sách bài tập hình học nâng cao lớp 12]
Cho bốn điểm A 1;1;0  , B  0; 2;1 , C 1;0; 2  , D 1;1;1 . Tính góc giữa 2 đường thẳng AB và
CD :
A. 30 0 B. 60 0 C. 90 0 D. 120 0
GIẢI
 Đường thẳng AB nhận vecto AB  1;1;1 là vecto chỉ phương , đường thẳng CD nhận CD  0;1; 1 là
vecto chỉ phương

Gọi  là góc giữa hai đường thẳng AB, CD và được tính theo công thức :
AB.CD

cos   cos AB; CD   AB . CD
 Nhập các vecto AB, CD vào máy tính Casio
w811p1=1=1=w8210=1=p1=
AB.CD

 Tính cos   cos AB; CD   AB . CD
 0    900
Wqcq53q57q54)P(qcq53)O
qcq54))=
Vậy đáp số chính xác là C

Cho u 1;1; 2  và v 1; 0; m  . Tìm m để góc giữa hai vecto u , v là 450
m  2  6
A.  B. m  2  6 C. m  2  6 D. Không có m thỏa mãn
 m  2  6
GIẢI
1  2m
 
 Ta có cos u; v 
u.v
u.v

6. m2  1
1  2m 1 1  2m 1
 Để góc giữa 2 vecto trên là 450 thì    0
6. m  1
2
2 6. m  1
2
2
 Để kiểm tra giá trị m thỏa mãn ta sử dụng máy tính Casio với chức năng CALC
Với m  2  6
w1a1p2Q)Rs6$OsQ)d+1$$pa
1Rs2r2ps6)=
 m  2  6 thỏa  Đáp số đúng chỉ có thể là A hoặc B

Tiếp tục kiểm tra với m  2  6
r2+s6)=
 2  6 không thỏa  Đáp số chính xác là B


Cho hai mặt phẳng  P  : m2 x  y   m2  2  z  2  0 và 2 x  m2 y  2 z  1  0 vuông góc với nhau :
A. m  2 B. m  1 C. m  2 D. m  3
GIẢI
 
 Mặt phẳng  P  có vecto pháp tuyến n m ; 1; m  2 , mặt phẳng  Q  có vecto pháp tuyến
2 2
n '  2; m2 ; 2 
 Để hai mặt phẳng trên vuông góc nhau thì n  n '  n.n '  0
 m2 .2  m2   m2  2  .  2   0  4  m2  0  m  2
Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' cạnh bằng a . Xét hai điểm là trung điểm B ' C ' . Tính
cosin góc giữa hai đường thẳng AP và BC '
1 2 3 2
A. B. C. D.
3 5 2 2
GIẢI
 Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc là đỉnh A , tia Ox chứa AB , tia Oy chứa AD , tia Oz chứa AA ' .
Chọn a  1 khi đó : A  0;0;0  , B  0;1;0  , D  0;1;0  , A '  0;0;1 , B ' 1;0;1 , C ' 1;1;1
 1   1 
 P  1; ;1  , AP 1; ;1 , BC '  0;1;1
 2   2 
AP; BC ' 2
 Góc giữa 2 đường thẳng AP, BC ' là  thì cos    0.7071... 
AP . BC ' 2
w8111=0.5=1=w8210=1=1=W
qcq53q57q54)P(qcq53)Oq
cq54))=
 D là đáp số chính xác

Bài 5-[Câu 47a trang 126 Sách bài tập hình học nâng cao 12]
Viết phương trình mặt phẳng  P  chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng  Q  : 2 x  y  5 z  0 một
góc 60 0
x  3y  0 x  3y  0  3 x  y  0  3 x  y  0
A.  B.  C.  D. 
x  3y  0  3 x  y  0 x  3y  0 3 x  y  0
GIẢI
 Cách Casio
 Với mặt phẳng  P  : x  3 y  0 có vecto pháp tuyến nP  1;3  , mặt phẳng  Q  có vecto pháp

tuyến nQ  2;1;  5 
nP ; nQ
Gọi  là góc giữa 2 mặt phẳng trên  cos    0.5    600
nP . nQ
w8111=3=0=w8212=1=ps5
)=Wqcq53q57q54)P(qcq
53)Oqcq54))=

 Đáp án chắc chắn phải chứa mặt phẳng x  3 y  0 .

 Tiếp tục thử với mặt phẳng x  3 y  0 nếu thỏa thì đáp án A đúng nếu không thì đáp án C đúng
 Gọi mặt phẳng  P  có dạng Ax  By  Cz  D  0 .  P  chứa trục Oz thì  P  chứa 2 điểm
thuộc trục Oz . Gọi hai điểm đó là A  0;0;0  và B  0;0;1
 P  qua A  D  0 ,  P  qua B  C  D  0  C  D  0 Chọn A 1
Khi đó  P  : x  By  0 và có vecto pháp tuyến nQ 1; B;0 
nP ; nQ 1 nQ ; n 1
 Góc giữa hai mặt phẳng trên là 60 0  cos 600     0
nP . nQ 2 nQ . n 2

1.2  B.1  0.  5   
1

B2

1
1   5  10 B  1 2
2 2 2
12  B 2  02 . 22 2
B  3
 2 B  2  10 B  1  4  B  4 B  4   10  B  1  6 B  16 B  6  0  
2 2 2 2
B   1
 3
Cho  P  : 3x  4 y  5z  8  0 và đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng
  : x  2 y  1  0 ,    : x  2 z  3  0 . Gọi  là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng  P  .
Khi đó :
A.   300 B.   450 C.   600 D.   900
GIẢI
 d là giao tuyến của hai mặt phẳng   ,    nên nhận d vuông góc với hai vecto pháp tuyến của hai mặt
phẳng này
 Vecto chỉ phương ud   n ; n    4; 4; 4 
w8111=p2=0=w8211=0=p2=W
q53Oq54=
ud .nP 3
 Gọi  là góc giữa ud ; nP ta có cos    0.8660... 
ud . nP 2
w8114=2=2=w8213=4=5=Wqc
q53q57q54)P(qcq53)Oqcq
54))=

3
Ta có sin   cos      600
2
qjM)=
.  Đáp số chính xác là C

Chính xác là B

BÀI 29. TÍNH NHANH CÁC PHÉP TOÁN CƠ BẢN SỐ PHỨC.

1. Các khái niệm thường gặp
 Đơn vị ảo là một đại lượng được kí hiệu i và có tính chất i 2  1
 Số phức là một biểu thức có dạng a  bi trong đó a , b là các số thực . Trong đó a được gọi là
phần thực và b được gọi là số ảo
 Số phức liên hợp của số phức z  a  bi là số phức z  a  bi
1 1
 Số phức nghịch đảo của số phức z  a  bi là số phức z 1  
z a  bi
Môdul của số phức z  a  bi được kí hiệu là z và có độ lớn z  a  b
2 2

2. Lệnh Caso
 Để xử lý số phức ta sử dụng lệnh tính số phức MODE 2
 Lệnh tính Môđun của số phức là SHIFT HYP
 Lệnh tính số phức liên hợp z là SHIFT 2 2
 Lệnh tính Acgument của số phức là SHIFT 2 1

VD1-[Đề minh họa THPT Quốc Gia lần 1 năm 2017]
Cho hai số phức z1  1  i và z2  2  3i .Tính Môđun của số phức z1  z2
A. z1  z2  13 B. z1  z2  5 C. z1  z2  1 D. z1  z2  5
GIẢI
 Đăng nhập lệnh số phức w2
(Khi nào máy tính hiển thị chữCMPLX thì bắt đầu tính toán số phức được)
 Để tính Môđun của số phức ta nhập biểu thức vào máy tính rồi sử dụng lệnh SHIFT HYP
1+b+2p3b=qcM=
Vậy z1  z2  13  Đáp số chính xác là A

Số phức liên hợp với số phức z  1  i   3 1  2i  là :
2 2
A. 9 10i B. 9  10i C. 9 10i D. 9 10i

GIẢI
 Sử dụng máy tính Casio tính z
(1+b)dp3(1+2b)d=

 z  9 10i
 Số phức liên hợp của z  a  bi là z  a  bi :
Vậy z  9  10i  Đáp án B là chính xác
VD3-[Thi thử trung tâm Diệu Hiền – Cần thơ lần 1 năm 2017]
Cho số phức z  a  bi . Số phức z 2 có phần ảo là :
A. a 2 b 2 B. 2a 2b 2 C. 2ab D. ab
GIẢI
 Vì đề bài cho ở dạng tổng quát nên ta tiến hành “cá biệt hóa” bài toán bằng cách chọn giá trị cho
a, b (lưu ý nên chọn các giá trị lẻ để tránh xảy ra trường hợp đặc biệt).
Chọn a  1.25 và b  2.1 ta có z  1.25  2.1i
 Sử dụng máy tính Casio tính z 2
1.25+2.1b)d=
21
Vậy phần ảo là
4
21
 Xem đáp số nào có giá trị là thì đáp án đó chính xác. Ta có :
4
21
Vậy 2ab   Đáp án C là chính xác
4
Để số phức z  a   a  1 i ( a là số thực) có z  1 thì :
1 3 a  0
A. a  B. a  C.  D. a  1
2 2 a  1
GIẢI
 Để xử lý bài này ta sử dụng phép thử, tuy nhiên ta chọn a sao cho khéo léo nhất để phép thử tìm
đáp số nhanh nhất. Ta chọn a  1 trước, nếu a  1 đúng thì đáp án đúng chỉ có thể là C hoặc D,
nếu a  1 sai thì C và D đều sai.
 Với a  1 Sử dụng máy tính Casio tính z
1+(1p1)b=qcM=

Vậy z  1  Đáp án đúng chỉ có thể là C hoặc D
 Thử với a  0 Sử dụng máy tính Casio tính z :
0+(0p1)b=qcM=
Vậy z  1  Đáp án chính xác là C

VD5-[Thi thử THPT Phạm Văn Đồng – Đắc Nông lần 1 năm 2017]
Số phức z  1  1  i   1  i   ...  1  i  có giá trị bằng :
2 20
A. 220 B. 210   220  1 i C. 210   210  1 i D. 210  210 i

GIẢI
Nếu ta nhập cả biểu thức 1  1  i   1  i   ...  1  i  vào máy tính Casio thì vẫn được,
2 20

nhưng mất nhiều thao tác tay. Để rút ngắn công đoạn này ta tiến hành rút gọn biểu thức
Ta thấy các số hạng trong cùng biểu thức đều có chung một quy luật “số hạng sau bằng số hạng
trước nhân với đại lượng 1  i “ vậy đây là cấp số nhân với công bội 1  i
1  1  i 
21
1  qn
 1  1  i   1  i   ...  1  i   U1  1.
2 20
1 1 1  1  i 
1  1  i 
21
 Với z  Sử dụng máy tính Casio tính z

1  1  i 
a1p(1+b)^21R1p(1+b)=
Ta thấy z  1024  1025i  210  210 1 i  

1
Nếu số phức z thỏa mãn z  1 thì phần thực của bằng :
1 z
1 1
A. B.  C. 2 D.Một giá trị khác
2 2
GIẢI
Đặt số phức z  a  bi thì Môđun của số phức z là z  a  b  1
2 2

Chọn a  0.5  0.5  b  1 . Sử dụng chức năng dò nghiệm SHIFT SOLVE để tìm b
2 2

w1s0.5d+Q)d$p1qr0.5=
Lưu giá trị này vào b

qJx
1
 Trở lại chế độ CMPLX để tính giá trị :
1 z
w2a1R1p(0.5+Qxb)=
1
Vậy phần thực của z là  Đáp án chính xác là A
2
VD7-[Thi thử nhóm toán Đoàn Trí Dũng lần 3 năm 2017]
Tìm số phức z biết rằng : 1  i  z  2 z  5  11i
A. z  5  7i B. z  2  3i C. z  1  3i D. z  2  4i
GIẢI
 Với z  5  7i thì số phức liên hợp z  5  7i . Nếu đáp án A đúng thì phương trình :
1  i  5  7i   2  5  7i   5  11i (1)
 Sử dụng máy tính Casio nhập vế trái của (1)
(1+b)(5p7b)p2(5+7b)=
Vì 2 16i  5 11i nên đáp án A sai

 Tương tự như vậy với đáp án B
(1+b)(2+3b)p2(2p3b)=
Dễ thấy vế trái (1) = vế phải (1) = 5  11i

VD8-[Đề minh họa của bộ GD-ĐT lần 2 năm 2017]
Cho số phức z  a  bi thỏa mãn 1  i  z  2 z  3  2i . Tính P  a  b
1 1
A. P  B. P  1 C. P  1 D. P  
2 2
GIẢI
 Phương trình  1  i  z  2 z  3  2i  0 (1). Khi nhập số phức liên hợp ta nhấn lệnh
q22
 Sử dụng máy tính Casio nhập vế trái của (1)

(1+b)Q)+2q22Q))p3p2b

 X là số phức nên có dạng X  a  bi .Nhập X  1000 100i (có thể thay a; b là số khác)
r1000+100b=
2897  3.1000  100  3  3a  b  3

Vậy vế trái của (1) bằng 2897  898i . Ta có : 
898  1000  100  2  a  b  2
3a  b  3  0 1 3
Mặt khác đang muốn vế trái  0    a  ;b 
a  b  2  0 2 2
Vậy a  b  1
5  3i 3
VD9-Số phức z  có một Acgument là :
1  2i 3
   8
A. B. C. D.
6 4 2 3
GIẢI
 Thu gọn z về dạng tối giản  z  1  3i
a5+3bs3R1p2bs3=
 Tìm Acgument của z với lệnh SHIFT 2 1

q21p1+s3$b)=
2 2
Vậy z có 1 Acgument là . Tuy nhiên khi so sánh kết quả ta lại không thấy có giá trị nào là .
3 3
Khi đó ta nhớ đến tính chất “Nếu góc  là một Acgument thì góc   2 cũng là một Acgument”
2 8
 Đáp số chính xác là D vì  2 
2 3
Bài 1-[Thi thử chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa lần 2 năm 2017]
Cho hai số phức z1  1  i, z 2  2  3i . Tìm số phức w   z1  .z2
2
A. w  6  4i B. w  6  4i C. w  6  4i D. w  6  4i
Cho số phức z  a  bi . Số phức z 1 có phần thực là :
a b
A. a  b B. 2 C. 2 D. a  b
a b 2
a  b2
1 
Tìm môđun của số phức z  2  3i   3i  là :
2 
103 3 103 5 103

A. B. C. D. Đáp án khác
2 2 2
Cho số phức z  1  i   1  i   ...  1  i  . Phần thực của số phức z là :
2 3 22
A. 211 B. 211  2 C. 211  2 D. 211

Cho số phức z  2  3i . Phần ảo của số phức w  1  i  z   2  i  z là :
A. 9i B. 9 C. 5 D. 5i
Bài 6-[Đề thi Đại học –Cao đẳng khối A năm 2009]
Cho số phức z  a  bi thỏa mãn điều kiện  2  3i  z   4  i  z   1  3i  . Tìm P  2a  b A. 3
2
B. 1 C. 1 D. Đáp án khác
Bài 7-[Thi thử chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa lần 2]
2
Cho hai số phức z1  1  i, z 2  2  3i . Tìm số phức w   z1  .z2
2
A. w  6  4i B. w  6  4i C. w  6  4i D. w  6  4i
GIẢI
 Sử dụng máy tính Casio với chức năng MODE 2 (CMPLX)
(1+b)dO(2+3b)=
Vậy w  6  4i ta chọn D là đáp án chính xác

Cho số phức z  a  bi . Số phức z 1 có phần thực là :
a b
A. a  b B. 2 C. 2 D. a  b
a b 2
a  b2
GIẢI
 Vì đề bài mang tính chất tổng quát nên ta phải cá biệt hóa, ta chọn a  1; b  1.25 .
1
 Với z 1  Sử dụng máy tính Casio
z
a1R1+1.25b=
16
Ta thấy phần thực số phức z 1 là : đây là 1 giá trị dương. Vì ta chọn b  a  0 nên ta thấy ngay
41
đáp số C và D sai.
9 16
Thử đáp số A có a  b  1  1.25 
 vậy đáp số A cũng sai  Đáp án chính xác là B
4 41
1 
Tìm môđun của số phức z  2  3i   3i  là :
2 

103 3 103 5 103
A. B. C. D. Đáp án khác
2 2 2
GIẢI
1 
 Tính số phức z  2  3i   3i 
2 
2ps3$b(a1R2$+s3$b)=
3
Vậy z  5  i
2
 Dùng lệnh SHIFT HYP tính Môđun của số phức z ta được
qc5pas3R2$b=
103
Vậy z   Đáp số chính xác là A
2
Cho số phức z  1  i   1  i   ...  1  i  . Phần thực của số phức z là :
2 3 22
A. 211 B. 211  2 C. 211  2 D. 211

GIẢI
 Dãy số trên là một cấp số nhân với U1  1  i  , số số hạng là 21 và công bội là 1  i . Thu gọn z ta được
2
2 1  1  i 
21
1  qn
: z  U1 .  1  i  .
1 q 1  1  i 
 Sử dụng máy tính Casio tính z
(1+b)dOa1p(1+b)^21R1p(1+
b)=
Vậy z  2050  2048i

 Phần ảo số phức z là 2050  211  2  Đáp số chính xác là C
Cho số phức z  2  3i . Phần ảo của số phức w  1  i  z   2  i  z là :
A. 9i B. 9 C. 5 D. 5i
GIẢI
 Dãy số trên là một cấp số nhân với U1  1  i  , số số hạng là 21 và công bội là 1  i . Thu gọn z ta được
2
2 1  1  i 
21
1  qn
: z  U1 .  1  i  .
1 q 1  1  i 
 Sử dụng máy tính Casio tính z
(1+b)dOa1p(1+b)^21R1p(1+
b)=

Vậy z  2050  2048i

 Phần ảo số phức z là 2048  211  Đáp số chính xác là A
Bài 6-[Đề thi Đại học –Cao đẳng khối A năm 2009]
Cho số phức z  a  bi thỏa mãn điều kiện  2  3i  z   4  i  z   1  3i  .Tìm P  2a  b A. 3
2
GIẢI
 Phương trình   2  3i  z   4  i  z  1  3i   0
2
 Nhập vế trái vào máy tính Casio và CALC với X  1000 100i
(2p3b)Q)+(4+b)q22Q))+(1
+3b)dr1000+100b=
6392  6.1000  4.100  8  6a  4b  8

Vậy vế trái  6392  2194i với 
2194  2.1000  2.100  6  2a  2b  6
6a  4b  8  0
 Để vế trái  0 thì   a  2; b  5
 2a  2b  6  0
Vậy z  2  5i  P  2a  b  1  Đáp số chính xác là C
Bài 7-[Thi thử chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa lần 2]
2
GIẢI
 Phương trình   2  3i  z   4  i  z  1  3i   0
2
 Nhập vế trái vào máy tính Casio và CALC với X  1000 100i
(2p3b)Q)+(4+b)q22Q))+(1
+3b)dr1000+100b=
6392  6.1000  4.100  8  6a  4b  8

Vậy vế trái  6392  2194i với 
2194  2.1000  2.100  6  2a  2b  6

BÀI 30. BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ PHỨC.

1. Các khái niệm thường gặp
 Hệ trục thực ảo gồm có 2 trục vuông góc với nhau : Trục nằm ngang là trục thực, trục đứng dọc là
trục ảo
 Số phực z  a  bi khi biểu diễn trên hệ trục thực ảo là điểm M  a; b 
 Môđun của số phức z  a  bi là độ lớn của vecto OM
2. Lệnh Caso
 Để xử lý số phức ta sử dụng lệnh tính số phức MODE 2
 Lệnh giải phương trình bậc hai MODE 5 3
 Lệnh giải phương trình bậc ba MODE 5 4

VD1-[Câu 31 Đề minh họa THPT Quốc Gia lần 1 năm 2017]
Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  3  i . Hỏi điểm biểu diễn số
phức z là điểm nào trong các điểm M , N , P, Q
A.điểm P B.điểm Q C.điểm M D.điểm N
GIẢI
3 1
 Cô lập z 
1 i
Sử dụng máy tính Casio trong môi trường CMPLX để tìm z
w2a3pbR1+b=
 z  1  2i và điểm biểu diễn z trong hệ trục thực ảo có tọa độ 1; 2  . Điểm có thực dương và
ảo âm sẽ nằm ở góc phần tư thứ IV
 Điểm phải tìm là Q và đáp án chính xác là B
VD2-[Thi thử trung tâm Diệu Hiền – Cần thơ lần 1 năm 2017]
Điểm biểu diễn số phức z  7  bi với b  R , nằm trên đường thẳng có phương trình là :
A. x  7 B. y  x C. y  x  7 D. y  7
GIẢI
 Điểm biểu diễn số phức z  7  bi là điểm M có tọa độ M  7; b 
Ta biết điểm M thuộc đường thẳng d nếu tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình đường thẳng
d
 Thử đáp án A ta có x  7  1.x  0. y  7  0 . Thế tọa độ điểm M vào ta được :
1.7  0.b  7  0 (đúng)
Vậy điểm M thuộc đường thẳng x  7  Đáp án A là chính xác
VD3-[Thi thử Group Nhóm toán – Facebook lần 5 năm 2017]
Các điểm M , N , P lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức
4i
z1  ; z2  1  i 1  2i  ; z3  1  2i
i 1
A. Tam giác vuông B.Tam giác cân C.Tam giác vuông cân D.Tam giác đều

GIẢI
 Rút gọn z1 bằng Casio
a4bRbp1=
Ta được z1  2  2i vậy điểm M  2; 2 

 Rút gọn z2 bằng Casio
(1pb)(1+2b)=
Ta được z2  3  i vậy điểm N  3;1

Tương tự z2  1  2i và điểm P  1; 2 
 Để phát hiện tính chất của tam giác MNP ta nên biểu diễn 3 điểm M , N , P trên hệ trục tọa độ
Dễ thấy tam giác MNP vuông cân tại P  đáp án C chính xác
VD4-[Thi thử báo Toán học Tuổi trẻ lần 4 năm 2017]
Trong mặt phẳng Oxy , gọi các điểm M , N lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1  1  i, z2  3  2i .
Gọi G là trọng tâm tam giác OMN , với O là gốc tọa độ. Hỏi G là điểm biểu diễn của số phức
nào sau đây.
4 1 1
A. 5  i B. 4  i C.  i D. 2  i
3 3 2
GIẢI
 Điểm M biểu diễn số phức z1  1  i  tọa độ M 1; 1
Điểm N biểu diễn số phức z2  3  2i  tọa độ N  3; 2 
Gốc tọa độ O  0;0 

 xM  xN  xO yM  y N  yO   4 1 
 Tọa độ điểm G  ;  ; 
 3 3   3 3
4 1
Vậy G là điểm biểu diễn của số phức  i  C là đáp án chính xác
3 3
VD5-[Thi thử THPT Hàm Rồng – Thanh Hóa lần 1 năm 2017]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi M là điểm biểu diễn số phức z  3  4i , điểm M ' là điểm biểu
1 i
diễn số phức z '  z . Tính diện tích OMM '
2
25 25 15 15
A. SOMM '  B. SOMM '  C. S OMM '  D. S OMM ' 
4 2 4 2
GIẢI
 Điểm M biểu diễn số phức z1  3  4i  tọa độ M  3; 4 
1 i 7 1
Điểm M ' biểu diễn số phức z '  z  tọa độ N  ;  
2 2 2
a1+bR2$O(3p4b)=
Gốc tọa độ O  0;0 

 Để tínhdiện tích tam giác OMM ' ta ứng dụng tích có hướng của 2 vecto trong không gian. Ta thêm
cao độ 0 cho tọa độ mỗi điểm O, M , M ' là xong
7 1  1
OM  3; 4;0  , OM '  ;  ;0   S  OM ; OM '
2 2  2
Tính OM ; OM '
w8113=p4=0=q51217P2=p
1P2=0=Cq53q57q54=
25 1 25
Vậy OM ; OM '  12.5   SOMM '  OM ; OM ' 
2 2 4
VD6-[Đề thi minh họa bộ GD-ĐT lần 2 năm 2017]
Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 4 z 2  16 z  17  0 . Trên mặt phẳng
tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức w  iz0
1   1   1  1 
A. M  ; 2  B. M   ; 2  C.   ;1 D. M  ;1
2   2   4  4 
GIẢI
 Sử dụng lệnh giải phương trình bậc hai MODE 5 3 để giải phương trình 4 z 2  16 z  17  0
w534=p16=17===

1 1
Vậy phương trình 4 z 2  16 z  17  0 có hai nghiệm z  2  i và z  2  i
2 2
1
 Để z0 có phần ảo dương  z  2  i . Tính w  z0i
2
w2(2+a1R2$b)b=
1  1 
Vậy phương trình w    2i  Điểm biểu diễn số phức w là M   ; 2 
2  2 
II) BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Cho số phức z  2  i . Hãy xác định điểm biểu diễn hình học của số phức w  1  i  z
A.Điểm M B.Điểm N
C.Điểm P D. Điểm Q
Bài 2-[Thi thử facebook nhóm toán lần 5 năm 2017]

Cho số phức z thỏa mãn  2  i  z  4z  5 . Hỏi điểm biểu diễn của z là điểm nào trong các điểm
M , N , P, Q ở hình bên .
A.Điểm N B.Điểm P
C.Điểm M D. Điểm Q
4
Trên mặt phẳng tọa độ các điểm A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn của số phức ,
2 4
  i
5 5
1  i 1  2i  , 2i 3 Khi đó tam giác ABC
A.Vuông tại C B.Vuông tại A C.Vuông cân tại B D. Tam giác đều
Bài 4-Các điểm A, B, C , A ', B ', C ' trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số :
1  i, 2  3i,3  i và
3i,3  2i,3  2i có G , G ' lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và A ' B ' C ' . Khẳng định nào sau đây
đúng
A. G trùng G ' B. Vecto GG '  1; 1
C. GA  3GA ' D. Tứ giác GAG ' B lập thành một hình bình hành
Cho số phức z  2  i . Hãy xác định điểm biểu diễn hình học của số phức w  1  i  z
A.Điểm M B.Điểm N
C.Điểm P D. Điểm Q
GIẢI
 Tính số phức w  1  i  z bằng máy tính Casio
(1pb)(2+b)=
Vậy tọa độ của điểm thỏa mãn số phức w là  3; 1 . Đây là tọa độ điểm Q
Bài 2-[Thi thử facebook nhóm toán lần 5 năm 2017]
Cho số phức z thỏa mãn  2  i  z  4z  5 . Hỏi điểm biểu diễn của z là điểm nào trong các điểm
M , N , P, Q ở hình bên .
A.Điểm N B.Điểm P
C.Điểm M D. Điểm Q

GIẢI
5
 Cô lập  2  i  z  4z  5    2  i  z  5  z 
2i
5
 Tìm số phức z 
2i
ap5R2+b=
Vậy tọa độ của điểm thỏa mãn số phức z là  2;1 . Đây là tọa độ điểm M
4
Trên mặt phẳng tọa độ các điểm A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn của số phức ,
2 4
  i
5 5
1  i 1  2i  , 2i 3 Khi đó tam giác ABC
A.Vuông tại C B.Vuông tại A C.Vuông cân tại B D. Tam giác đều
GIẢI
4
 Rút gọn được 2  4i vậy tọa độ điểm A  2; 4 
2 4
  i
5 5
a4Rpa2R5$+a4R5$b=
 Rút gọn 1  i 1  2i  được 3  i vậy tọa độ điểm B  3;1

(1pb)(1+2b)=
 Rút gọn 2i 3  2i.i 2  2i vậy tọa độ điểm C  0; 2 

 Để phát hiện tính chất của tam giác ABC ta chỉ cần biểu diễn trên hệ trục tọa độ là thấy ngay

Dễ thấy tam giác ABC vuông tại C

Bài 4-Các điểm A, B, C , A ', B ', C ' trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số :
1  i, 2  3i,3  i và
3i,3  2i,3  2i có G , G ' lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và A ' B ' C ' . Khẳng định nào sau đây
đúng
A. G trùng G ' B. Vecto GG '  1; 1
C. GA  3GA ' D. Tứ giác GAG ' B lập thành một hình bình hành
GIẢI
 Ta có tọa độ các đỉnh A 1; 1 , B  2;3  , C 3;1  Tọa độ trọng tâm G  2;1
 x A  xB  xC
 xG  3
2

 y  y A  yB  yC  1
 G 3
 Ta có tọa độ các đỉnh A '  0;3 , B ' 3; 2  , C ' 3;2   Tọa độ trọng tâm G  2;1
 x A '  xB '  xC '
 xG '  3
2

 y  y A '  yB '  yC '  1
 G ' 3
Rõ ràng G  G '  Đáp số chính xác là A

BÀI 31. QUỸ TÍCH ĐIỂM BIỂU DIỄN CỦA SỐ PHỨC.

1. Mẹo giải nhanh
 Bài toán quỹ tích luôn đi lên từ định nghĩa. Ta luôn đặt z  x  yi , biểu diễn số phức theo yêu cầu
đề bài, từ đó khử i và thu về một hệ thức mới :
 Nếu hệ thức có dạng Ax  By  C  0 thì tập hợp điểm là đường thẳng
Nếu hệ thức có dạng  x  a    y  b   R 2 thì tập hợp điểm là đường tròn tâm I  a; b  bán
2 2

kính R
x2 y 2
 Nếu hệ thức có dạng  1 thì tập hợp điểm có dạng một Elip
a 2 b2
x2 y2
 Nếu hệ thức có dạng 2  2  1 thì tập hợp điểm là một Hyperbol
a b
 Nếu hệ thức có dạng y  Ax 2  Bx  C thì tập hợp điểm là một Parabol
2. Phương pháp Caso
 Tìm điểm đại diện thuộc quỹ tích cho ở đáp án rồi thế ngược vào đề bài, nếu thỏa mãn thì là đúng
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  2  i  z  2i
A. 4 x  2 y  1  0 B. 4 x  2 y  1  0 C. 4 x  2 y  1  0 D. 4 x  6 y  1  0
GIẢI
 Cách Casio
 Gọi số phức z có dạng z  a  bi . Ta hiểu : điểm M biểu diễn số phức z thì M có tọa độ
M  a; b  .
Giả sử đáp án A đúng thì M thuộc đường thẳng 4 x  2 y  1  0 thì 4a  2b 1  0
5
Chọn a  1 thì b   z  1  2.5i . Số phức z thỏa mãn z  2  i  z  2i thì
2
z  2  i  z  2i  0
 Sử dụng máy tính Casio để kiểm tra
qc1+2.5bp2pb$pqc1p2.5
b+2b=
Ta thấy ra một kết quả khác 0 vậy z  2  i  z  2i  0 là sai và đáp án A sai

 Tương tự với đáp số B chọn a  1 thì b  1.5 và z  1 1.5i
qc1+1.5bp2pb$pqc1p1.5
b+2b=

Ta thấy kết quả ra 0 vậy z  2  i  z  2i  0 là đúng và đáp án chính xác là B
 Cách mẹo
 Đặt z  x  yi (ta luôn đi lên từ định nghĩa) .
 Thế vào z  2  i  z  2i ta được
 x  2   y 1 i  x2    y  2 i
  x  2    y  1  x 2    y  2 
2 2 2
  x  2   y  1  x2    y  2 
2 2 2
 x2  4x  4  y 2  2 y  1  x2  y 2  4 y  4
 4x  2 y 1  0
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng 4 x  2 y  1  0
 đáp án B là chính xác
 Bình luận
 Trong dạng toán này ta nên ưu tiên dùng mẹo vì tính nhanh gọn của nó
 Nhắc lại một lần nữa, luôn đặt z  x  yi rồi biến đổi theo đề bài
VD2-[Thi thử sở GD-ĐT Hà Tĩnh lần 1 năm 2017]
Cho số phức z thỏa mãn 2  z  1  i . Chọn phát biểu đúng
A.Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một đường thẳng
B.Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một đường Parabol
C.Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn
D.Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một đường Elip
GIẢI
 Cách mẹo
 Đặt z  x  yi .
 Thế vào 2  z  1  i ta được
x  2  yi  1  i
  x  2  y 2  12   1
2 2
  x  2  y 2   2
2 2
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  2;0  bán kính R  2
Vậy đáp án C là chính xác
VD3-[Đề thi minh họa của bộ GD-ĐT lần 1 năm 2017]
Cho các số phức z thỏa mãn z  4 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức
w   3  4i  z  i là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó.
A. r  4 B. r  5 C. r  20 D. r  22
GIẢI
 Cách Casio
 Để xây dựng 1 đường tròn ta cần 3 điểm biểu diễn của w , vì z sẽ sinh ra w nên đầu tiên ta sẽ
chọn 3 giá trị đại diện của z thỏa mãn z  4
 Chọn z  4  0i (thỏa mãn z  4 ). Tính w1   3  4i  4  0i   i
(3+4b)O4+b=

Ta có điểm biểu diễn của z1 là M 12;17 
 Chọn z  4i (thỏa mãn z  4 ). Tính w2   3  4i  4i   i
(3+4b)O4b+b=
Ta có điểm biểu diễn của z2 là N  16;13

 Chọn z  4i (thỏa mãn z  4 ). Tính w3   3  4i  4i   i
(3+4b)(p4b)+b=
Ta có điểm biểu diễn của z3 là P 16; 11

Vậy ta có 3 điểm M , N , P thuộc đường tròn biểu diễn số phức w
 Đường tròn này sẽ có dạng tổng quát x 2  y 2  ax  by  c  0 . Để tìm a, b, c ta sử dụng máy
tính Casio với chức năng MODE 5 3
 w5212=17=1=p12dp17d=p1
6=13=1=p16dp13d=16=p11
=1=p16dp11d==
Vậy phương trình đường tròn có dạng x 2  y 2  2 y  399  0  x 2   y  1  202

2
Bán kính đường tròn tập hợp điểm biểu diễn số phức w là 20  Đáp án chính xác là C
 Cách mẹo
 Đề bài yêu cầu tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức w vậy ta đặt w  x  yi .
w  i x   y  1 i
 Thế vào w   3  4i  z  i  z   . Tiếp tục rút gọn ta được
3  4i 3  4i
 x   y  1 i   3  4i  3 x  4 y  4   4 x  3 y  3  i
z 
 3  4i  3  4i  25
 3x  4 y  4   4 x  3 y  3 
2 2
z  4  z  16       16
2
 25   25 
25 x  25 y  25  50 y
2 2
  16
252
 x 2  y 2  2 y  399
 x2   y  1  202
2
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn bán kính r  20
 đáp án C là chính xác
 Bình luận

 Chức năng MODE 5 2 để tìm phương trình đường tròn được giải thích như sau :
Đường tròn có dạng x 2  y 2  ax  by  c  0
Với M thuộc đường tròn thì 12a  17b  c  122  17 2
Với N thuộc đường tròn thì 16a  13b  c  162  132
Với P thuộc đường tròn thì 16a  11b  c  162  112
12a  17b  c  122  17 2

Vậy ta lập được hệ phương trình 3 ẩn bậc nhất 16a  13b  c  162  132
16a  11b  c  162  112

Và ta sử dụng chức năng giải hệ phương trình 3 ẩn bậc nhất MODE 5 2 để xử lý
 Hai cách đều hay và có ưu điểm riêng, tự luận sẽ tiết kiệm thời gian một chút nhưng việc tính toán
rút gọn dễ nhầm lẫn, còn casio có vẻ bấm máy nhiều hơn nhưng tuyệt đối không sai.
z 1
Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn phần thực của bằng 0 là đường tròn tâm
z i
I bán kính R (trừ đi một điểm)
 1 1 1 1 1 1
A. I   ;   , R  B. I  ;  , R 
 2 2 2 2 2 2
1 1 1  1 1 1
C. I  ;  , R  D. I   ;   , R 
2 2 2  2 2 2
GIẢI
 Cách mẹo
 Đặt z  x  yi .
z 1 x  1  yi  x  1  yi   x   y  1 i 
 Thế vào ta được 
z i x   y  1 i  x   y  1 i   x   y  1 i 
x 2  x  y 2  y  xyi   x  1 y  1 i

x 2   y  1
2
z 1
2 2
 1  1 1
Để phần thực của bằng 0 thì x 2  x  y 2  y  0   x     y   
z i  2  2 2
1 1 1
Vậy tập hợp điểm cần tìm là đường tròn tâm I  ;  bán kính R   đáp án B là chính xác
2 2 2
Cho các số phức z thỏa mãn z  1  i  z  1  2i . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trên mặt
phẳng tọa độ là một đường thẳng. Viết phương trình đường thẳng đó.
A. 4 x  6 y  3  0 B. 4 x  6 y  3  0 C. 4 x  6 y  3  0 D. 4 x  6 y  3  0
Bài 2-[Thi thử THPT Triệu Sơn – Thanh Hóa lần 1 năm 2017]
Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z : z  z  3  4i là phương trình có dạng
A. 6 x  8 y  25  0 B. 3x  4 y  3  0 C. x 2  y  25
D.  x  3   y  4   25
2 2
w  3  2i   2  i  z là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó.
A. r  20 B. r  20 C. r  7 D. r  7
Bài 4-[Thi thử THPT Hàm Rồng – Thanh Hóa lần 1 năm 2017]
Trong mặt phẳng Oxy , tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  1  1  i  z
A.Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  2; 1 , bán kính R  2
A.Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I 1;0  , bán kính R  3
Bài 5-[Thi thử THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa lần 1 năm 2017]
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  z 2 là :
2
A.Cả mặt phẳng B.Đường thẳng C.Một điểm D.Hai đường thẳng
Bài 6-Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 2 z  1  z  z  2i là một Parabol có dạng:
x2 x2 1
A. y  3x  6 x  2 B. y   x
2
C. y   4 D. y  x 2  2 x 
2 3 3
Cho các số phức z thỏa mãn z  1  i  z  1  2i . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trên mặt
phẳng tọa độ là một đường thẳng. Viết phương trình đường thẳng đó.
A. 4 x  6 y  3  0 B. 4 x  6 y  3  0 C. 4 x  6 y  3  0 D. 4 x  6 y  3  0
GIẢI
 Cách 1: Casio
 Giả sử đáp án A đúng, điểm biểu diễn số phức z  x  yi thuộc đường thẳng 4 x  6 y  3  0
1 1
Chọn x  1 thì y   và số phức z  1  i .
6 6
 Xét hiệu z  1  i  z  1  2i . Nếu hiệu trên  0 thì đáp án A đúng. Để làm việc này ta sử dụng máy tính
Casio
qc1pa1R6$b+1pb$pqc1pa1R
6$bp1+2b=
Hiệu trên khác 0 vậy đáp án A sai

1 1
 Thử với đáp án B. Chon x  1 thì y  và số phức x  1  i . Xét hiệu :
6 6
qc1+a1R6$b+1pb$pqc1+a1R
6$bp1+2b=
Vậy hiệu z  1  i  z  1  2i  0  z  1  i  z  1  2i  Đáp án chính xác là B

 Vì đề bài yêu cầu tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z nên ta đặt z  x  yi
 Theo đề bài z  1  i  z  1  2i x  1   y  1 i  x  1   y  2  i
  x  1   y  1   x  1   y  2 
2 2 2 2
 x2  2 x  1  y 2  2 y  1  x2  2 x  1  y 2  4 y  4
 4 x  6 y  3  0 . Vậy đáp án chính xác là B
Bài 2-[Thi thử THPT Triệu Sơn – Thanh Hóa lần 1 năm 2017]
Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z : z  z  3  4i là phương trình có dạng
A. 6 x  8 y  25  0 B. 3x  4 y  3  0 C. x 2  y  25
D.  x  3   y  4   25
2 2
GIẢI
 Đặt số phức z  x  yi .
Ta có : z  z  3  4i  x  yi  x  3   4  y  i  x 2  y 2   x  3   4  y 
2 2
 x 2  y 2  x 2  6 x  9  y 2  8 y  16  6 x  8 y  25  0
Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng 6 x  8 y  25  0
w  3  2i   2  i  z là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó.
A. r  20 B. r  20 C. r  7 D. r  7
GIẢI
 Cách 1: Casio
 Chọn số phức z  2 thỏa mãn z  2 vậy w1  3  2i   2  i  .2  7  4i . Ta có điểm biểu diễn của w1 là
M  7; 4 
 Chọn số phức z  2 thỏa mãn z  2 vậy w2  3  2i   2  i  .  2   1  0i . Ta có điểm biểu diễn số
phức w2 là N  1;0 
 Chọn số phức z  2i thỏa mãn z  2 vậy w3  3  2i   2  i  .  2i   5  2i . Ta có điểm biểu diễn số
phức w3 là P  5; 2 
3p2b+(2pb)O2b=
 Sử dụng máy tính tìm phương trình đường tròn di qua 3 điểm M , N , P
w527=p4=1=p7dp4d=p1=0=1
=p1d=5=2=1=p5dp2d==
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là x 2  y 2  6 x  4 y  7  0   x  3   y  2    

2 2 2
20 sẽ
có bán kính là r  20
 Vì đề bài yêu cầu tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức w nên ta đặt w  x  yi

w  3  2i
 Theo đề bài w  3  2i   2  i  z  z 
2i
x  3   y  2 i  x  3   y  2  i   2  i 
z 
2i  2  i  2  i 
2 x  y  8   x  2 y  1
z
3
 2x  y  8   x  2 y 1 
2 2
 Ta có z  2      4
 5   5 
  2 x  y  8   x  2 y  1  100
2 2
 5 x 2  5 y 2  30 x  20 y  65  100
 x2  y 2  6 x  4 y  7
  x  3   y  2    
2 2 2
20
Bài 4-[Thi thử THPT Hàm Rồng – Thanh Hóa lần 1 năm 2017]
Trong mặt phẳng Oxy , tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  1  1  i  z
A.Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I 1;0  , bán kính R  3
GIẢI
 Ta có : z  1  1  i  z  x  yi  1   x  yi 1  i   x  1  yi  x  y   x  y  i
  x  1  y 2   x  y    x  y 
2 2 2
 x 2  2 x  1  y 2  x 2  2 xy  y 2  x 2  2 xy  y 2
 x2  y 2  2 x  1  0
  x  1  y 2   2
2 2
Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  1;0  , bán kính R  2
Bài 5-[Thi thử THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa lần 1 năm 2017]
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  z 2 là :
2
A.Cả mặt phẳng B.Đường thẳng C.Một điểm D.Hai đường thẳng
GIẢI
 Ta có z  z 2  x  yi   x  yi   x 2  y 2  x 2  2 xyi   yi 
2 2 2 2
y  0
2 y 2  2 xyi  0  y  y  xi   
 y  ix  0
Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là hai đường thẳng y  0 và y  ix  0
Bài 6-Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 2 z  1  z  z  2i là một Parabol có dạng:
x2 x2 1
A. y  3x 2  6 x  2 B. y  x C. y   4 D. y  x 2  2 x 
2 3 3

GIẢI
 Nếu đáp số A đúng thì đúng với mọi z  x  yi thỏa mãn y  3x 2  6 x  2 .
Chọn một cặp  x; y  bất kì thỏa y  3x 2  6 x  2 ví dụ A  0;2   z  2i
Xét hiệu 2 z  1  z  z  2i
2qc2bp1$pqc2bp(p2b)+2b=
Vậy 2 z  1  z  z  2i  6  2 5  0
 2 z  1  z  z  2i  Đáp số A sai
1
 Tương tự với đáp số B chọn z  1  i . Xét hiệu 2 z  1  z  z  2i
2
2qc1pabR2$p1$pqc1pabR2$
p(1+abR2$)+2b=
Vậy 2 z  1  z  z  2i  0  2 z  1  z  z  2i  Đáp số B chính xác

BÀI 32. CỰC TRỊ CỦA SỐ PHỨC.

1. Bất đẳng thức thường gặp
 Bất đẳng thức Bunhiacopxki :Cho các số thực a, b, x, y ta luôn có
  a 2  b2  x 2  y 2  . Dấu = xảy ra 
a b
 ax  by 
2

x y
 Bất đẳng thức Vectơ : Cho 2 vecto u  x; y  và v  x '; y '  ta luôn có u  v  u  v
 x 2  y 2  x '2  y '2   x  x '   y  y '

2 2
x y
Dấu = xảy ra   0
x' y'
2. Phương pháp mẹo sử dụng sử tiếp xúc
 Dạng 1: Cho số phức z có tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn  C  bán kính R.
Với mỗi điểm M thuộc đường tròn  C  thì cũng thuộc đường tròn  C ' tâm gốc tọa độ bán kính
OM  a 2  b2 .
+)Để z lớn nhất thì OM lớn nhất đạt được khi đường tròn  C ' tiếp xúc trong với đường tròn
 C  và OM  OI  R
+)Để z nhỏ nhất thì OM nhỏ nhất đạt được khi đường tròn  C ' tiếp xúc ngoài với đường tròn
 C  và OM  OI  R
 Dạng 2 : Cho số phức z có tập hợp các điểm biễu diễn số phức z là đường thẳng  d  . Với mỗi
điểm M thuộc  d  thì cũng thuộc đường tròn  C '
+)Để z nhỏ nhất thì OM nhỏ nhất khi đó OM vuông góc với  d  và OM  d O;  d   

 Dạng 3 : Cho số phức z có tập hợp các điểm biễu diễn số phức z là Elip có đỉnh thuộc trục lớn
A  a;0  và đỉnh thuộc trục nhỏ B  0; b  . Với mỗi điểm M thuộc  d  thì cũng thuộc đường tròn
E
+)Để z lớn nhất thì OM lớn nhất khi đó M trùng với đỉnh thuộc trục lớn và
max z  OM  OA
+)Để z nhỏ nhất thì OM nhỏ nhất khi đó M trùng với đỉnh thuộc trục nhỏ và
max z  OM  OB
x2 y 2
 Dạng 4 : Cho số phức z có tập hợp các điểm biễu diễn số phức z là Hyperbol  H  : 2  2  1 có
a b
hai đỉnh thuộc trục thực A '  a;0  , A  a;0  thì số phức z có môđun nhỏ nhất nếu điểm biểu diễn
số phức z này trùng với các đỉnh trên. (môđun lớn nhất không tồn tại)

VD1-[Thi thử THPT Vĩnh Chân – Phú Thọ lần 1 năm 2017]
Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  2  4i  z  2i . Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất.
A. z  1  i B. z  2  2i C. z  2  2i D. z  3  2i
GIẢI
 Cách Casio
 Trong các số phức ở đáp án, ta sẽ tiến hành xắp xếp các số phức theo thứ tự môđun tăng dần :
1  i  2  2i  2  2i  3  2i

 Tiếp theo sẽ tiến hành thử nghiệm từng số phức theo thứ tự môđun tăng dần, số phức nào thỏa
mãn hệ thức điều kiện z  2  4i  z  2i đầu tiên thì là đúng
Với z  1  i Xét hiệu :  1  i   2  4i   1  i   2i
qc(p1+b)p2p4b$pqcp1+b
p2b=
Ra một giá trị khác 0 vậy z  1  i không thỏa mãn hệ thức.  Đáp án A sai
 Tương tự như vậy với z  2  2i
qc2+2bp2p4b$pqc2+2bp2
b=
Vậy số phức z  2  2i thỏa mãn hệ thức  Đáp số C là đáp số chính xác

 Cách mẹo
Gọi số phức z có dạng z  a  bi . z thỏa mãn z  2  4i  z  2i
 a  2  b  4 i  a  b  2 i
  a  2   b  4  a2   b  2
2 2 2
 a 2  4a  4  b 2  8b  16  a 2  b 2  4b  4
 4a  4b  16
 a b4  0
Trong các đáp án chỉ có đáp án C thỏa mãn a  b  4  0  Đáp án chính xác là C
Gọi số phức z có dạng z  a  bi . z thỏa mãn z  2  4i  z  2i
 a  2  b  4 i  a  b  2 i
  a  2   b  4  a2   b  2
2 2 2
 a 2  4a  4  b 2  8b  16  a 2  b 2  4b  4
 4a  4b  16
 ab  4
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki :
16   a  b   12  12  a 2  b 2   z  a 2  b 2  8
2 2
 z 2 2
a b
 
Dấu = xảy ra   1 1  a  b  2  z  2  2i
a  b  4
Với các số phức z thỏa mãn 1  i  z  1  7i  2 . Tìm giá trị lớn nhất của z
A. max z  4 B. max z  3 C. max z  7 D. max z  6
GIẢI
 Cách mẹo
 Gọi số phức z có dạng z  a  bi . z thỏa mãn 1  i  z  1  7i  2

  a  bi 1  i   1  7i  2
 a  b 1  a  b  7 i  2
  a  b  1   a  b  7   2
2 2
 2a 2  2b 2  50  12a  16b  2
 a 2  b 2  6a  8b  25  1
  a  3   b  4   1
2 2
Vậy quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  3;4  bán kính R  1 . Ta gọi đây là
đường tròn  C 
 Với mỗi điểm M biểu diễn số phức z  a  bi thì M cũng thuộc đường tròn tâm O  0;0  bán
kính a 2  b2 . Ta gọi đây là đường tròn  C ' , Môđun của z cũng là bán kính đường tròn  C '
 Để bán kính  C ' lớn nhất thì O, I , M thẳng hàng (như hình) và  C ' tiếp xúc trong với  C 
Khi đó OM  OI  R  5 1  6
 Gọi số phức z có dạng z  a  bi . z thỏa mãn 1  i  z  1  7i  2
  a  bi 1  i   1  7i  2
 a  b 1  a  b  7 i  2
  a  b  1   a  b  7   2
2 2
 2a 2  2b 2  50  12a  16b  2
 a 2  b 2  6a  8b  25  1
  a  3   b  4   1
2 2
Ta có z  a 2  b2  6a  8b  24  6  a  3  8  b  4   26
2

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có : 6  a  3  8  b  4   6  a  3  8  b  4 
 6 2
 82   a  3   b  4    10

2 2

Vậy z  36  z  6
2
 đáp án D là chính xác

 Bình luận
 Việc sử dụng bất đẳng thức để đánh giá z là rất khó khăn, đòi hỏi học sinh phải nắm rất vững bất
đẳng thức Bunhiacopxki và các biến dạng của nó
 Trong tình huống của bài toán này, khi so sánh 2 cách giải ta thấy dùng mẹo tiếp xúc tỏ ra đơn giản
dễ hiểu và tiết kiệm thời gian hơn.
Cho số phức z thỏa mãn z  4  z  4  10 , giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z lần lượt là :
A.10 và 4 B. 5 và 4 C. 4 và 3D. 5 và 3
GIẢI
 Cách mẹo
 Gọi số phức z có dạng z  a  bi . z thỏa mãn z  4  z  4  10
 a  4  bi  a  4  bi  10
  a  4  b2   a  4  b 2  10
2 2

  a  4  b 2  10   a  4  b2
2 2
 a 2  8a  16  b 2  100  a 2  8a  16  b 2  20  a  4  b2
2
 20  a  4  b 2  100  16a
2
5  a  4  b 2  25  4a
2
 25  a 2  8a  16  b2   625  200a  16a 2

 9a 2  25b 2  225
a 2 b2
  1
25 9
Vậy quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đường Elip đỉnh thuộc đáy lớn là A  5;0  , đỉnh thuộc
đáy nhỏ là B  0;3
 Với mỗi điểm M biểu diễn số phức z  a  bi thì M cũng thuộc đường tròn tâm O  0;0  bán
kính a 2  b2 . Ta gọi đây là đường tròn  C ' , Môđun của z cũng là bán kính đường tròn  C '
 Để bán kính  C ' lớn nhất thì M trùng với đỉnh thuộc trục lớn và M  A  5;0   OM  5
 max z  5
 Để bán kính  C ' lớn nhất thì M trùng với đỉnh thuộc trục nhỏ và M  B  0;3  OM  3
 min z  3
 Gọi số phức z có dạng z  a  bi . z thỏa mãn z  4  z  4  10
 a  4  bi  a  4  bi  10
  a  4  b2   a  4  b 2  10
2 2
  a  4  b2   a  4    b   10
2 2 2
Theo bất đẳng thức vecto ta có :
 a  4  a  4   b    a  4    a  4   b   b 

2 2
 10   b2 
2 2 2
 10  4a 2  4b2
 10  2 z  z  5
Ta có   a  4  b2   a  4  b 2  10
2 2

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :
   1  1   a  4  b   a  4  b 
2
100   a  4  b2   a  4  b2
2 2 2 2 2 2 2 2
 100  2  2a 2  2b2  32 
 2a 2  2b 2  32  50
 a 2  b2  9
Vậy z  9  z  3
2
 3  z  5  đáp án D là chính xác

VD4-Trong các số phức z thỏa mãn z  2  z  2  2 , tìm số phức z có môđun nhỏ nhất.
A. z  1  3i B. z  1  3i C. z  1 D. z  3  i

GIẢI
 Cách mẹo
 Gọi số phức z có dạng z  x  yi . z thỏa mãn z  2  z  2  2
 x  2  yi  x  2  yi  2
  x  2  y2   x  2  y2  2
2 2
  x  2  y2  2   x  2  y2
2 2
  x  2  y2  4  4  x  2  y2   x  2  y2
2 2 2
 1
 1  2 x   x  2
 y 2  1  2 x  0  x   
2
 2
 1 4x  4x  x  4x  4  y
2 2 2
y2
 x2  1
3
y2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là Hypebol  H  : x 2   1 có 2 đỉnh thuộc thực là
3
A '  1;0  , B 1;0 
 Số phức z  x  yi có điểm biểu diễn M  x; y  và có môđun là OM  a 2  b2 . Để OM đạt giá
trị nhỏ nhất thì M trùng với hai đỉnh của  H 
M  A  M 1;0   z  1
II) BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1-Cho các số phức z thỏa mãn 2 z  2  2i  1 . Môđun z nhỏ nhất có thể đạt được là bao nhiêu
:
1  2 2 1 2 2
A. B. C. 2  1 D. 2  1
2 2
Bài 2-Trong các số phức z thỏa mãn z  3i  i z  3  10 . Hai số phức z1 và z2 có môđun nhỏ
nhất. Hỏi tích z1 z2 là bao nhiêu
A. 25 B. 25 C. 16 D. 16
Bài 3-Trong các số phức z thỏa mãn iz  3  z  2  i . Tính giá trị nhỏ nhất của z .
1 1 1 1
A. B. D. C.
2 2 5 5
Bài 1-Cho các số phức z thỏa mãn 2 z  2  2i  1 . Môđun z nhỏ nhất có thể đạt được là bao nhiêu
:
1  2 2 1 2 2
A. B. C. 2  1 D. 2  1
2 2
GIẢI
 Cách mẹo
 Gọi số phức z  x  yi thỏa mãn 2z  2  2i  1  2 x  2  2 yi  2i  1
  2 x  2   2 y  2  1
2 2

1
  x  1   y  1 
2 2
4
1
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn  C  có tâm I 1; 1 bán kính R 
2
 Với mỗi điểm M  x; y  biểu diễn số phức z  x  yi sẽ thuộc đường tròn tâm O bán kính
R '  z  x 2  y 2 . Vì vậy để R  z nhỏ nhất thì đường tròn  C ' phải tiếp xúc ngoài với đường
 C '
1  2 2
Khi đó điểm M sẽ là tiếp điểm của đường tròn  C  và  C ' và z  OM  OI  R 
2
s(1p0)d+(p1p0)d$pa1R2=

Bài 2-Trong các số phức z thỏa mãn z  3i  i z  3  10 . Hai số phức z1 và z2 có môđun nhỏ
nhất. Hỏi tích z1 z2 là bao nhiêu
A. 25 B. 25 C. 16 D. 16
GIẢI
 Cách mẹo
 Gọi số phức z  x  yi thỏa mãn z  3i  i z  3  10
 x   y  3 i  y  3  xi  10
 x 2   y  3   y  3  x 2  10
2 2
  y  3  x 2  10  x 2   y  3
2 2
  y  3  x 2  100  20 x 2   y  3  x 2   y  3
2 2 2
 20 x 2   y  3  100  12 y
2
 25 x 2  16 y 2  400
x2 y 2
  1
16 25
x2 y 2
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường Elip  E  :   1 có 2 đỉnh thuộc trục nhỏ
16 25
là A  4;0  , A '  4;0 
 Với mỗi điểm M  x; y  biểu diễn số phức z  x  yi sẽ thuộc đường tròn tâm O bán kính
R '  z  x 2  y 2 . Vì elip  E  và đường tròn  C  có cùng tâm O nên để OM nhỏ nhất thì M là
đỉnh thuộc trục nhỏ
 M  A '  z1  4 , M  A  z2  4
Tổng hợp z1.z2   4  .4  16
 Mở rộng
 Nếu đề bài hỏi tích z1 z2 với z1 , z2 có giá trị lớn nhất thì hai điểm M biểu diễn hai số phức trên là hai
đỉnh thuộc trục lớn B  0; 5 , B '  0;5 

 M  B '  z1  5i , M  A  z2  5i
Tổng hợp z1 z2  5i.  5i   25i 2  25
Bài 3-Trong các số phức z thỏa mãn iz  3  z  2  i . Tính giá trị nhỏ nhất của z .
1 1 1 1
A. B. C. D.
2 2 5 5
GIẢI
 Cách mẹo
 Gọi số phức z  x  yi thỏa mãn iz  3  z  2  i
  y  3  xi  x  2   y  1 i
   y  3  x 2   x  2    y  1
2 2 2
 y2  6 y  9  x2  x2  4x  4  y 2  2 y  1
 x  2 y 1  0
 20 x 2   y  3  100  12 y
2
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng  d  : x  2 y  1  0
 Với mỗi điểm M  x; y  biểu diễn số phức z  x  yi thi z  OM  OH với H là hình chiếu vuông góc
của O lên đường thẳng  d  và OH là khoảng cách từ điểm O lên đường thẳng  d 
1.0  2.0  1
Tính OH  d  O;  d   
1

1 22 2
5
1
Vậy z 
5
1 x 2  y 2  1  2 xyi x 3  xy 2  x  x 2 yi  y 3i  yi  2 xy 2
x  yi   
x  yi x  yi x2  y 2

BÀI 33. PHƯƠNG TRÌNH SỐ PHỨC.

1. Chuyển số phức về dạng lượng giác
 Dạng lượng giác của số phức : Cho số phức z có dạng z  r  cos   i sin   thì ta luôn có :
z n  r n  cos n  i sin n 
 Lệnh chuyển số phức z  a  bi về dạng lượng giác : Lệnh SHIFT 2 3
Bước 1: Nhập số phức z  a  bi vào màn hình rồi dùng lệnh SHIFT 2 3 (Ví dụ z  1  3i )
1+s3$bq23=

Bước 2: Từ bảng kết quả ta đọc hiểu r  2 và  
3
Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  z  1  0 . Giá trị của z1  z2 bằng :
A. 0 B. 1 C. 2 D. 4
GIẢI
 Cách Casio
 Tính nghiệm của phương trình bậc hai z 2  z  1  0 bằng chức năng MODE 5 3
w531=p1=1==
1 3 1 3
 Vậy ta được hai nghiệm z1   i và z2   i . Tính tổng Môđun của hai số phức trên ta
2 2 2 2
lại dùng chức năng SHIFT HYP
w2qca1R2$+as3R2$b$+qc
a1R2$pas3R2$b=
 z1  z2  2 ta thấy B là đáp án chính xác

Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  2 z  2  0 . Tính giá trị của biểu thức
P  z12016  z22016 :
A. 21009 B. 0 C. 22017 D. 21008
GIẢI
 Cách Casio 1

 Tính nghiệm của phương trình bậc hai z 2  2 z  2  0 bằng chức năng MODE 5 3
w531=2=2==
 Ta thu được hai nghiệm z1  1  i và z2  1  i . Với các cụm đặc biệt 1  i , 1  i ta có điều
đặc biệt sau:  1  i   4 ,  1  i   4
4 4
w2(p1+b)^4=
504 504
Vậy P  z12016  z22016   1  i    1  i    1  i     1  i  
2016 2016 4 4
   
  4   4  4504  4504  21008  21008  2.21008  21009
504 504
P  z12016  z22016  21009 ta thấy A là đáp án chính xác

 Cách Casio 2
Ngoài cách sử dụng tính chất đặc biệt của cụm  1  i  ta có thể xử lý 1  i bằng cách đưa về
4

dạng lượng giác bằng lệnh SHIFT 2 3
Với z1  1  i  r  cos   i sin  
p1+bq23=
3
Ta nhận được r  2 và góc  
4
3 3  3 3 

 2 
2016
 z1  2  cos  i sin   z1 
2016
 cos 2016.  i sin 2016. 
 4 4   4 4 
 3   3 
 Tính cos  2016.   i.sin  2016. 
 4   4 
k2016Oa3qKR4$+bOj2016
Oa3qKR4$))o=
 2
2016
z12016   21008
 Tương tự z22016  21008  T  21009
Kí hiệu z1 , z2 , z3 và z4 là bốn nghiệm phức của phương trình z 4  z 2  12  0 . Tính tổng :
T  z1  z2  z3  z4
A. T  4 B. T  2 3 C. T  4  2 3 D. T  2  2 3
GIẢI

 Cách Casio
 Để tính nghiệm của phương trình ta dùng chức năng MODE 5. Tuy nhiên máy tính chỉ tính được
phương trình bậc 2 và 3 nên để tính được phương trình bậc 4 trùng phương z 4  z 2  12  0 thì ta
coi z 2  t khi đó phương trình trở thành t 2  t  12  0
w531=p1=p12==
t  4 z2  4
Vậy  hay 
 t  3  z  3
2
 Với z 2  4  z  2
 Với z 2  3 ta có thể đưa về z 2  3i 2  z   3i với i 2  1 . Hoặc ta có thể tiếp tục sử dụng
chức năng MODE 5 cho phương trình z 2  3  z 2  3  0
w531=0=3==
Tóm lại ta sẽ có 4 nghiệm z  1, z   3i

 Tính T ta lại sử dụng chức năng tính môđun SHIFT HYP
w2qc2$+qcp2$+qcs3$b$+
qcps3$b=

VD4-[Thi thử nhóm toán Đoàn Trí Dũng lần 3 năm 2017]
Giải phương trình sau trên tập số phức : z 3   i  1 z 2   i  1 z  i  0
1 3 1 3
A. z  i B. z    i C. z    i D.Cả A, B, C đều đúng
2 2 2 2
GIẢI
 Cách Casio
 Để kiểm tra nghiệm của 1 phương trình ta sử dụng chức năng CALC
Q)^3$+(b+1)Q)d+(b+1)Q
)+brpb=
Vậy z  i là nghiệm
1 3
 Tiếp tục kiểm tra z    i nếu giá trị này là nghiệm thì cả đáp án A và B đều đúng có nghĩa là
2 2
đáp án D chính xác. Nếu giá trị này không là nghiệm thì chỉ có đáp án A đúng duy nhất.
rp(1P2)+(s3)P2)b=

1 3
Vậy z    i tiếp tục là nghiệm có nghĩa là đáp án A và B đều đúng
2 2
 Để giải phương trình số phức xuất hiện số i trong đó ta không thể sử dụng chức năng MODE 5
được mà phải tiến hành nhóm nhân tử chung
 
Phương trình  z 3  z 2  z  z 2  z  1 i  0
 z  i
  z  i   z 2  z  1  0   2
z  z 1  0
 Phương trình z  z  1  0 không chứa số i nên ta có thể sử dụng máy tính Casio với chức năng
2
giải phương trình MODE 5

w531=1=1==
1 3 1 3
Tóm lại phương trình có 3 nghiệm z  i ; z    i; z    i
2 2 2 2
Trong các phương trình dưới đây, phương trình nào có hai nghiệm z1  1  3 ; z2  1  3
A. z 2  i 3z  1  0 B. z 2  2z  4  0 C. z 2  2z  4  0 D. z 2  2z  4  0
GIẢI
 Ta hiểu phương trình bậc hai ax  bx  c  0 nếu có hai nghiệm thì sẽ tuân theo định lý Vi-et (kể
2
cả trên tập số thực hay tập số phức )

 b
 z1  z 2  
a

z z  c
 1 2 a
 Tính z1  z2  2
w21+s3$b+1ps3$b=
Tính z1 z2  4
(1+s3$b)(1ps3$b)=
b c
Rõ ràng chỉ có phương trình z 2  2z  4  0 có   2 và  4
a a

Phương trình z 2  iz  1  0 có bao nhiêu nghiệm trong tập số phức :
A. 2 B. 1 C. 0 D.Vô số
GIẢI
 Ta phân biệt : Trên tập số thực phương trình bậc hai ax 2  bx  c  0 sẽ có hai nghiệm phân biệt
nếu   0 , có hai nghiệm kép nếu   0 , vô nghiệm nếu   0 . Tuy nhiên trên tập số phức
phương trình bậc hai ax 2  bx  c  0 có 1 nghiệm duy nhất nếu   0 , có hai nghiệm phân biệt
  0
nếu 
  0
 Vậy ta chỉ cần tính  là xong. Với phương trình z 2  iz  1  0 thì   i 2  4  5 là một đại
lượng  0 vậy phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt
1  i   
5
3 i
10
VD7-Phần thực của số phức z là bao nhiêu biết z 

 1  i 3 
10
A. 1  i B. 1 C. 3  2i D. 25 i
GIẢI
 Để xử lý số phức bậc cao   3 ta sử đưa số phức về dạng lượng giác và sử dụng công thức Moa-
z110 .z25
vơ . Và để dễ nhìn ta đặt z  10
z3
 Tính z1  1  i  r  cos   i sin   . Để tính r và  ta lại sử dụng chức năng SHIF 2 3
1pbq23=
   10   

 2 
10
Vậy z1  2  cos  i sin  z1   cos10.  i sin10. 
 4 4   4 4 
 
Tính cos10.  i sin10.
4 4
k10OapqKR4$)+bj10Oapq
KR4$)=
 2
10
Vậy z110  .i  25.i
    3 1 
 Tương tự z25  25  cos 5.  i sin 5.   25    i 
 6 6  2 2 
 2 2  10  1 3 
z310  210  cos10.  i sin10.   2    i 
 3 3   2 2 
 3 1 
10 5
25 i.25    i
z1 .z2  2 2 
Tổng hợp z  10 
z3  1 3 
210    i
 2 2 
a2^5$bO2^5$(pas3R2$+a1
R2$b)R2^10$(pa1R2$pas3
R2$b)=
Vậy z  1  Đáp số chính xác là B

Cho phương trình z 2  2z  17  0 có hai nghiệm phức z1 và z2 . Giá trị của z1  z2 là :
A. 2 17 B. 2 13 C. 2 10 D. 2 15
Bài 2-[Đề thi toán Đại học – Cao đẳng khối A năm 2009]
Gọi z1 , z 2 là hai nghiệm của phương trình z 2  2z  10  0 . Tính giá trị biểu thức A  z1  z2
2 2
A. 2 10 B. 20 C. 5 2 D. 10 3
Bài 3-[Thi thử Group Nhóm toán lần 5 năm 2017]
Kí hiệu z1 , z2 , z3 là nghiệm của phương trình z 3  27  0 . Tính tổng T  z1  z2  z3
A. T  0 B. T  3 3 C. T  9 D. T  3
Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là bốn nghiệm phức của phương trình 2z 4  3z 2  2  0 . Tính tổng sau :
T  z1  z2  z3  z4
A. 5 B. 5 2 C. 3 2 D. 2
Xét phương trình z 3  1 trên tập số phức . Tập nghiệm của phương trình là :
 1  3 
   1
 
3   1
 3 
A. S  1 B. S  1;  C. S  1;   i D. S    i

 2    2 2 
   2 2 
 
1 1
Bài 6-Biết z là nghiệm của phương trình z   1 . Tính giá trị biểu thức P  z 2009  2009
z z
5 7
A. P  1 B. P  0 C. P   D. P 
2 4
Cho phương trình z 2  2z  17  0 có hai nghiệm phức z1 và z2 . Giá trị của z1  z2 là :
A. 2 17 B. 2 13 C. 2 10 D. 2 15
GIẢI
 Cách Casio
 Tìm hai nghiệm của phương trình z 2  2z  17  0
w531=p2=17==
 Tính tổng hai môđun bằng lệnh SHIFT HYP

w2qc1+4b$+qc1p4b=

Vậy z1  z2  2 17  Đáp số chính xác là A

Bài 2-[Đề thi toán Đại học – Cao đẳng khối A năm 2009]
Gọi z1 , z 2 là hai nghiệm của phương trình z 2  2z  10  0 . Tính giá trị biểu thức A  z1  z2
2 2
A. 2 10 B. 20 C. 5 2 D. 10 3
GIẢI
 Cách Casio
 Tìm hai nghiệm của phương trình z 2  2z  10  0
w531=2=10==
 Tính tổng bình phương hai môđun bằng lệnh SHIFT HYP
w2qcp1+3b$d+qcp1p3b$d=
Vậy A  z1  z2  20  Đáp số chính xác là B

2 2
Bài 3-[Thi thử Group Nhóm toán lần 5 năm 2017]

Kí hiệu z1 , z2 , z3 là nghiệm của phương trình z 3  27  0 . Tính tổng T  z1  z2  z3
A. T  0 B. T  3 3 C. T  9 D. T  3
GIẢI
 Cách Casio
 Tính nghiệm của phương trình z 3  27  0 bằng chức năng MODE 5 4
w541=0=0=27==
3 3 3 3 3 3
Vậy z1  3, z2   i, z3   i
2 2 2 2
 Tính tổng môđun T  z1  z2  z3
w541=0=0=27====w1w2qcp3
$+qca3R2$+a3s3R2$b$+qca
3R2$pa3s3R2$b=
Vậy T  9  Đáp số chính xác là C

Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là bốn nghiệm phức của phương trình 2z 4  3z 2  2  0 . Tính tổng sau :

T  z1  z2  z3  z4
A. 5 B. 5 2 C. 3 2 D. 2
GIẢI
 Cách Casio
 Đặt t  z 2 . Tìm nghiệm của phương trình 2t 2  3t  2  0
w532=p3=p2==
t  2 z2  2
Vậy   2
t   1 z   1
 2  2
 Với z  2  z   2
2
1 i2 i
Với z  2
z  z
2
2 2 2
 Tính tổng môđun T  z1  z2  z3  z4
w2qcs2$$+qcps2$$+qcabR
s2$$$+qcapbRs2=
Vậy T  3 2  Đáp số chính xác là C

Xét phương trình z 3  1 trên tập số phức . Tập nghiệm của phương trình là :

 1  3   
 1 3 
 
 1 3 
A. S  1 B. S  1;  C. S  1;   i D. S    i

 2   
 2 2   
 2 2  
GIẢI
 Cách Casio
 Giải phương trình bậc ba z 3  1  0 với chức năng MODE 54
w541=0=0=p1==
1 3 1 3
 Phương trình có 3 nghiệm x1  1, x2    i, x3    i
2 2 2 2
1 1
Bài 6-Biết z là nghiệm của phương trình z   1 . Tính giá trị biểu thức P  z 2009  2009
z z
5 7
A. P  1 B. P  0 C. P   D. P 
2 4
GIẢI
 Cách Casio
1
 Quy đồng phương trình z   0 ta được phương trình bậc hai z 2  z  1  0 . Tính nghiệm phương trình
z
này với chức năng MODE 5 3
w531=p1=1==
 Ta thu được hai nghiệm z nhưng hai nghiệm này có vai trò như nhau nên chỉ cần lấy một nghiệm z đại
diện là được
1 3   
Với z   i ta chuyển về dạng lượng giác  z  1 cos  i sin 
2 2  3 3
a1R2$+as3R2$bq23=
     
Vậy  z 2009  12009  cos 2009.  i sin 2009.    cos 2009.  i sin 2009. 
 3 3  3 3
2009
Tính z và lưu và biến A
Wk2009OaqKR3$)+bj2009Oa
qKR3$)=qJz
1
Tổng kết P  A  1
A
Qz+a1RQz=

MỤC LỤC
BÀI 1. TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT. ...........................................................................1
BÀI 2. TÌM NHANH KHOẢNG ĐỒNG BIẾN – NGHỊCH BIẾN................................................................ 10
BÀI 3. CỰC TRỊ HÀM SỐ. .................................................................................................................................. 20
BÀI 4. TIẾP TUYẾN CỦA HÀM SỐ. ................................................................................................................ 32
BÀI 5. GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ. ...................................................................................................................... 40
BÀI 6. TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ. ..................................................................................................... 44
BÀI 7. BÀI TOÁN TƯƠNG GIAO GIỮA HAI ĐỒ THỊ. ............................................................................... 54
BÀI 8. ĐẠO HÀM. ................................................................................................................................................. 63
BÀI 9. TÌM SỐ NGHIÊM PHƯƠNG TRÌNH – LOGARIT (P1). ............................................................... 72
BÀI 10. TÌM SỐ NGHIÊM PHƯƠNG TRÌNH – LOGARIT (P1). ............................................................. 81
BÀI 11. TÌM SỐ NGHIÊM PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT (P2). ..................................................... 90
BÀI 12. GIẢI NHANH BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT (P1). .................................................. 98
BÀI 13. GIẢI NHANH BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT (P2). ............................................... 108
BÀI 14. TÌM SỐ CHỮ SỐ CỦA MỘT LŨY THỪA. .................................................................................... 114
BÀI 15. TÍNH NHANH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC MŨ – LOGARIT. ........................................................... 123
BÀI 16. CHỨNG MINH TÍNH ĐÚNG SAI MỆNH ĐỀ MŨ – LOGARIT. ............................................. 134
BÀI 17. TÍNH NHANH BÀI TOÁN CÓ THAM SỐ MŨ – LOGARIT. .................................................. 143
BÀI 18. TÌM NHANH NGUYÊN HÀM CỦA HÀM SỐ. ............................................................................. 151
BÀI 19. TÍNH NHANH TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH. ..................................................................................... 166
BÀI 20. TÍNH NHANH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG. ................................................................................ 176
BÀI 21. TÍNH NHANH THỂ TÍCH TRÒN XOAY. ..................................................................................... 187
BÀI 22. TÍNH NHANH QUÃNG ĐƯỜNG VẬT CHUYỂN ĐỘNG. ........................................................ 197
BÀI 23. GIẢI NHANH BÀI TOÁN TÍCH PHÂN CHỐNG LẠI CASIO. ................................................. 203
BÀI 24. TÍNH NHANH VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA ĐƯỜNG – MẶT. ................................................ 215
BÀI 25. TÍNH NHANH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN. ....................................................... 223
BÀI 26. TÌM HÌNH CHIẾU VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN. ...................................................... 235
BÀI 27. TÍNH NHANH THỂ TÍCH CHÓP, DIỆN TÍCH TAM GIÁC. .................................................... 244
BÀI 28. TÍNH NHANH GÓC GIỮA VÉCTƠ, ĐƯỜNG VÀ MẶT. .......................................................... 252
BÀI 29. TÍNH NHANH CÁC PHÉP TOÁN CƠ BẢN SỐ PHỨC. ........................................................... 261
BÀI 30. BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ PHỨC....................................................................................... 269
BÀI 31. QUỸ TÍCH ĐIỂM BIỂU DIỄN CỦA SỐ PHỨC. .......................................................................... 276
BÀI 32. CỰC TRỊ CỦA SỐ PHỨC. ................................................................................................................. 284
BÀI 33. PHƯƠNG TRÌNH SỐ PHỨC. .......................................................................................................... 292

Kỹ Thuật Sử Dụng Casio - Vinacal Hỗ Trợ Giải Nhanh Đề Thi Môn Toán 12

Uploaded by

Document Information

Original Title

Copyright

Available Formats

Share this document

Share or Embed Document

Sharing Options

Did you find this document useful?

Is this content inappropriate?

Copyright:

Available Formats

Kỹ Thuật Sử Dụng Casio - Vinacal Hỗ Trợ Giải Nhanh Đề Thi Môn Toán 12

Uploaded by

Copyright:

Available Formats

TÓM TẮT KỸ THUẬT SỬ DỤNG CASIO – VINACAL HỔ TRỢ GIẢI ĐỀ THI MÔN TOÁN 2017.

PHƢƠNG PHÁP CASIO – VINACAL

Vậy max  2 , dấu = đạt được khi x  3  Đáp số chính xác là B

Trang 1 Tài liệu lưu hành nội bộ

 Nhìn bảng biến thiên ta kết luận max  f  3  2

Ví dụ 2. [Thi thử chuyên Hạ Long – Quảng Ninh lần 1 năm 2017]

Trang 2 Tài liệu lưu hành nội bộ

Trang 3 Tài liệu lưu hành nội bộ

 Hàm y luôn đồng biến

Ví dụ 5. [Thi Học sinh giỏi tỉnh Ninh Bình năm 2017]

 Hàm y luôn đồng biến

Trang 5 Tài liệu lưu hành nội bộ

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

đoạn  0; 2 . Giá trị của biểu thức P   m 2  4 M 

Trang 6 Tài liệu lưu hành nội bộ

 Đáp số chính xác là B

 Đáp số chính xác là B

Trang 7 Tài liệu lưu hành nội bộ

 Lập bảng giá trị cho y   x 2  2 x  3  7 với lệnh MODE 7

 Đáp số chính xác là C

Trang 8 Tài liệu lưu hành nội bộ

đoạn  0; 2 . Giá trị của biểu thức P   m 2  4 M 

Trang 9 Tài liệu lưu hành nội bộ

 Quan sát bảng giá trị ta thấy m  5.422 và M  7.389

 Đáp số chính xác là A.

Trang 10 Tài liệu lưu hành nội bộ

PHƢƠNG PHÁP CASIO – VINACAL

BÀI 2. TÌM NHANH KHOẢNG ĐỒNG BIẾN – NGHỊCH BIẾN.

1) KIẾN THỨC NỀN TẢNG

Trang 11 Tài liệu lưu hành nội bộ

 Cách 3 : CASIO MODE 5 INEQ

Trang 12 Tài liệu lưu hành nội bộ

Ta thấy 0  tan x  1 vậy t   0;1

Trang 13 Tài liệu lưu hành nội bộ

 Kết hợp điều kiện xác định t  m  0  m  t  m   0;1 (2)

Trang 14 Tài liệu lưu hành nội bộ

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Tìm các giá trị thực của tham số m để hàm số y 

LỜI GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Trang 16 Tài liệu lưu hành nội bộ

Ta thấy f  x  luôn tăng  A sai

Tìm các giá trị thực của tham số m để hàm số y 

 Chọn m  3 . Khảo sát hàm y 

Ta thấy hàm số lúc tăng lúc giảm  m  3 sai  A, B, C đều sai

Ta thấy hàm số lúc tăng lúc giảm  m  3 sai  A, D đều sai

Trang 18 Tài liệu lưu hành nội bộ

Ta thấy hàm số luôn giảm  m  5 sai  B sai

Ta thấy hàm số lúc tăng lúc giảm  m  1 sai  A sai

Trang 19 Tài liệu lưu hành nội bộ

Ta thấy hàm số luôn tăng trên  m  1 nhận  A, D có thể đúng

Trang 20 Tài liệu lưu hành nội bộ

PHƢƠNG PHÁP CASIO – VINACAL

BÀI 3. CỰC TRỊ HÀM SỐ.

1) KIẾN THỨC NỀN TẢNG

Ta thấy đạo hàm y ' 1  0 vậy đáp số A sai

Kiểm tra y '  2  0.1  0.1301...  0

Trang 21 Tài liệu lưu hành nội bộ

Trang 22 Tài liệu lưu hành nội bộ

Ta thấy y ' đổi dấu 3 lần  Có 3 cực trị

Trang 23 Tài liệu lưu hành nội bộ

Trang 25 Tài liệu lưu hành nội bộ

Khi x  3 thì y  0 vậy A  3;0

BÀI TẬP TỰ LUYỆN