Câu hỏi ôn tập

Lý thuyết

Bài 1 trang 145 SGK Giải tích 12

Cho hàm số:  \(f(x) = ax^2– 2(a + 1)x + a + 2 ( a ≠ 0)\)

a) Chứng tỏ rằng phương trình \(f(x)  = 0\) luôn có nghiệm thực. Tính các nghiệm đó.

b) Tính tổng \(S\) và tích \(P\) của các nghiệm của phương trình \(f(x) = 0\). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số của \(S\) và \(P\) theo \(a\).

Hướng dẫn giải

Ta có:

\(f(x) = ax^2– 2(a + 1)x + a + 2 \) \(= (x – 1)(ax – a- 2)\)

nên phương trình \(f(x) = 0\) luôn có hai nghiệm thực là: \(x = 1\) và \( \displaystyle x = {{a + 2} \over a}.\)

Theo định lí Vi-et, tổng và tích của các nghiệm đó là:

\(\displaystyle S = {{2a + 2} \over a},P = {{a + 2} \over a}\)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số \(\displaystyle S = {{2a + 2} \over a} = 2 + {2 \over a}\)

- Tập xác định : \((-∞; 0) ∪ (0,\; +∞)\)

- Sự biến thiên: \(\displaystyle S' =  - {2 \over {{a^2}}} < 0,\forall a \in ( - \infty ; 0) \cup (0; + \infty )\) nên hàm số nghịch biến trên hai khoảng \((-∞; 0)\) và \((0; +∞)\)

- Cực trị: Hàm số không có cực trị.

- Giới hạn tại vô cực và tiệm cận ngang.

\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } S = \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } (2 + {2 \over a}) = 2 \cr 
& \mathop {\lim }\limits_{a \to - \infty } S = \mathop {\lim }\limits_{a \to - \infty } (2 + {2 \over a}) = 2 \cr} \)

Vậy \(S = 2\) là tiệm cận ngang

- Giới hạn vô cực và tiệm cận đứng:

\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} S = \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} (2 + {2 \over a}) = + \infty \cr 
& \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ - }} S = \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ - }} (2 + {2 \over a}) = - \infty \cr} \)

Vậy \(a = 0\) là tiệm cận đứng.

- Bảng biến thiên:

Đồ thị không cắt trục tung, cắt trục hoành tại \(a = -1\)

2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số \(\displaystyle P = {{a + 2} \over a} = 1 + {2 \over a}\)

Tập xác định: \(D = \mathbb R\backslash {\rm{\{ }}0\} \)

 \(\displaystyle P' = {{ - 2} \over {{a^2}}} < 0,\forall a \in D\)

\(\mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ - }} S =  - \infty  ⇒ \) Tiệm cận đứng: \(a = 0\)

\(\mathop {\lim }\limits_{a \to  \pm \infty } S = 1⇒\) Tiệm cận ngang: \(P = 1\)

Ngoài ra: đồ thị hàm số \(\displaystyle P = {{a + 2} \over a} = 1 + {2 \over a}\) có thể nhận được bằng cách tịnh tiến đồ thị \(\displaystyle S = {{2a + 2} \over a} = 2 + {2 \over a}\) dọc theo trục tung xuống phía dưới \(1\) đơn vị.

Bài 2 trang 145 SGK Giải tích 12

Cho hàm số: \(\displaystyle y =  - {1 \over 3}{x^3} + (a - 1){x^2} + (a + 3)x - 4.\)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số khi \(a = 0.\)

b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và đường thẳng \(y = 0,\, x = -1,\, x = 1.\)

Hướng dẫn giải

a) Khi \(a = 0\) ta có hàm số: \(\displaystyle y =  - {1 \over 3}{x^3} - {x^2} + 3x - 4\)

- Tập xác định : \((-∞; +∞)\)

- Sự biến thiên: \(y’= -x^2 – 2x + 3\)

\(y’=0 ⇔ x = 1, x = -3\)

Trên các khoảng \((-∞;-3)\) và \((1; +∞), y’ < 0\) nên hàm số nghịch biến.

Trên khoảng \((-3; 1), y’ > 0\)

- Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\), \(\displaystyle {y_{CD}} = {{ - 7} \over 3}\)

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = -3\), \({y_{CT}} =  - 13\)

- Giới hạn vô cực: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty }  =  - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty }  =  + \infty \)

Bảng biến thiên:

Đồ thị cắt trục tung tại \(y = -4\)

Đồ thị cắt trục hoành tại \(x ≈ 5, 18\)

b) Hàm số \(y =  - {1 \over 3}{x^3} - {x^2} + 3x - 4\) đồng biến trên khoảng \((-3; 1)\) nên:

\(y < y(1) = {{ - 7} \over 3} < 0\),  \(∀x ∈ (-1; 1)\)

Do đó , diện tích cần tính là:

\(\begin{array}{l}
S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| { - \dfrac{1}{3}{x^3} - {x^2} + 3x - 4} \right|dx} \\ = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {\dfrac{1}{3}{x^3} + {x^2} - 3x + 4} \right)dx} \\
\;\; = \left. {\left( {\dfrac{{{x^4}}}{{12}} + \dfrac{{{x^3}}}{3} - \dfrac{{3{x^2}}}{2} + 4x - 1} \right)} \right|_{ - 1}^1 \\ = \dfrac{{23}}{{12}} + \dfrac{{27}}{4} = \dfrac{{26}}{3}.
\end{array}\)

Bài 3 trang 146 SGK Giải tích 12

Cho hàm số : \(y = {x^3} + a{x^2} + bx + 1.\)

a) Tìm a và b để đồ thị của hàm số đi qua hai điểm A(1, 2) và B(-2, -1)

b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với các giá trị tìm được của a và b.

c) Tính thể tích vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng \(y = 0, \, x = 0, \, x = 1 \) và đồ thị (C) quanh trục hoành.

Hướng dẫn giải

a) Đồ thị hàm số đi qua hai điểm \(A(1; 2)\) và \(B (-2; -1)\) khi và chỉ khi: 

\(\left\{ \matrix{
2 = 1 + a + b + 1 \hfill \cr 
- 1 = - 8 + 4a - 2b + 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = 1 \hfill \cr 
b = - 1 \hfill \cr} \right.\)

b) Khi \(a = 1, \, b = -1\) ta có hàm số: \(y = {x^3} + {x^2} - x + 1.\)

- Tập xác định: \( (-∞; + ∞).\)

- Sự biến thiên: \(y' = 3{x^2} + 2x - 1.\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 2x - 1 = 0\\
\Leftrightarrow \left( {3x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
3x - 1 = 0\\
x + 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \dfrac{1}{3}\\
x = - 1
\end{array} \right..
\end{array}\)

Trên các khoảng \((-∞; -1)\) và \(\displaystyle ({1 \over 3}; + \infty ) , \, \,  y’>0 \) nên hàm số đồng biến

Trên khoảng \(\displaystyle ( - 1; \, {1 \over 3}), \,  y’ < 0\) nên hàm số nghịch biến

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại \(x =  - 1;\;{y_{CD}} = 2.\)

Hàm số đạt cực tiểu tại \(\displaystyle x = {1 \over 3},{y_{CT}} = {{22} \over {27}}\)

- Giới hạn tại vô cực: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty \)

Bảng biến thiên:

Đồ thị cắt trục tung tại  điểm có tung độ \(y = 1\), cắt trục hoành tại điểm có hoành độ \( x ≈ -1, 84.\)

c) Trong khoảng \((0; 1)\) ta có \(y > 0.\)

Vì vậy, thể tích cần tìm là:

\(\begin{array}{l}
V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{x^3} + {x^2} - x + 1} \right)}^2}dx} \\
= \pi \int\limits_0^1 {\left( {{x^6} + 2{x^5} - {x^4} + 3{x^2} - 2x + 1} \right)dx} \\
= \left. {\pi \left( {\dfrac{{{x^7}}}{7} + \dfrac{{{x^6}}}{3} - \dfrac{{{x^5}}}{5} + {x^3} - {x^2} + x} \right)} \right|_0^1 \\ = \dfrac{{134\pi }}{{105}}.
\end{array}\)

Bài 4 trang 146 SGK Giải tích 12

Xét chuyển động thẳng xác định bởi phương trình: \(\displaystyle s(t) = {1 \over 4}{t^4} - {t^3} + {{{t^2}} \over 2} - 3t\)

Trong đó t được tính bằng giây và s được tính bằng mét.

a) Tính \(v(2), a(2)\), biết \(v(t), a(t)\) lần lượt là vận tốc, gia tốc của chuyển động đã cho

b) Tìm thời điểm \(t\) mà tại đó vận tốc bằng \(0\)

Hướng dẫn giải

a) Ta có:

\(v(t) = s’(t) = {t^{3}} - 3{t^2} + t - 3.\)

\(a(t) = s’’(t) = 3t^2 – 6t + 1.\)

Do đó: \(v(2) = -5; a(2) = 1.\)

b) \(v(t) = 0 ⇔ t^3– 3t^2 + t – 3 = 0.\)

\(⇔ t = 3\)

Vậy tại thời điểm \( t  = 3\) thì vận tốc bằng \(0\).

Bài 5 trang 146 SGK Giải tích 12

Cho hàm số: \(y = {x^4} + a{x^2} + b.\)

a) Tính \(a,\, b\) để hàm số có cực trị bằng \(\displaystyle{3 \over 2}\) khi \(x = 1.\)

b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị \((C)\) của hàm số đã cho khi \(\displaystyle a = {{ - 1} \over 2}, \, \,b = 1.\)

c) Viết phương trình tiếp tuyến của \((C)\) tại các điểm có tung độ bằng \(1.\)

Hướng dẫn giải

Ta có: \(y' = 4{x^3} + 2ax.\)

a) Nếu hàm số có cực trị bằng \(\displaystyle{3 \over 2}\) khi \(x = 1\) thì: ta có đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ \(\left( {1;\;\dfrac{3}{2}} \right)\) và có \(y'\left( 1 \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
y'(1) = 0 \hfill \cr 
y(1) = {3 \over 2} \hfill \cr} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
4 + 2a = 0 \hfill \cr 
1 + a + b = {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \) \(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = - 2 \hfill \cr 
b = {5 \over 2} \hfill \cr} \right.\)

b) Khi \(\displaystyle a = {{ - 1} \over 2},b = 1\) ta có hàm số: \(\displaystyle y = {x^4} - {1 \over 2}{x^2} + 1\)

- Tập xác định: \((-∞; +∞).\)

- Sự biến thiên: \(y' = 4{x^3} - x = x\left( {4{x^2} - 1} \right).\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x\left( {4{x^2} - 1} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
4{x^2} - 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \pm \dfrac{1}{2}
\end{array} \right..
\end{array}\)

Trên các khoảng \(\displaystyle ({{ - 1} \over 2};0)\) và \(\displaystyle ({1 \over 2}\; + \infty )\) có \( y’ > 0\) nên hàm số đồng biến.

Trên các khoảng \(\displaystyle ( - \infty ; {{ - 1} \over 2}) \) và \( \displaystyle (0;{1 \over 2})\) có \( y’ < 0\) nên hàm số nghịch biến.

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại \(x = 0;\;\;{y_{CD}} = 1.\)

Hàm số đạt cực tiểu tại \(\displaystyle x =  \pm {1 \over 2}; \,{y_{CT}} = {{15} \over {16}}.\)

Bảng biến thiên:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm \(y = 1\), không cắt trục hoành.

c) Với \(y = 1\) ta có phương trình:

 \(\displaystyle {x^4} - {1 \over 2}{x^2} = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ {0, \pm {1 \over {\sqrt 2 }}} \right\}\)

Trên đồ thị có 3 điểm với tung độ bằng 1 là:

\(\displaystyle {M_1}({{ - 1} \over {\sqrt 2 }}; \, 1);{M_2}(0; \, 1);{M_3}({1 \over {\sqrt 2 }}; \, 1)\)

Ta có \(y’(0) = 0\) nên tiếp tuyến với đồ thị tại điểm \(M_2\) có phương trình là \(y = 1.\)

Lại có:

\(\displaystyle y'({1 \over {\sqrt 2 }}) = {1 \over {\sqrt 2 }};y'({-1 \over {\sqrt 2 }}) = {{ - 1} \over {\sqrt 2 }}.\)

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm \({M_1}\left( { - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }};\;1} \right)\) là: \(y =  - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\left( {x + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) + 1 =  - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}x + \dfrac{1}{2}.\)

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm \({M_2}\left( {  \dfrac{1}{{\sqrt 2 }};\;1} \right)\) là: \(y = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\left( {x - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) + 1 = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}x + \dfrac{1}{2}.\)

Bài 6 trang 146 SGK Giải tích 12

Cho hàm số \(\displaystyle y = {{x - 2} \over {x + m - 1}}\)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2.

b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ a ≠ -1.

Hướng dẫn giải

a) Khi \(m = 2\), ta có hàm số: \(\displaystyle y = {{x - 2} \over {x + 1}}\)

- Tập xác định: \((-∞; -1) ∪ (-1; +∞).\)

- Sự biến thiên: 

Ta có: \(\displaystyle y' = {3 \over {{{(x + 1)}^2}}} > 0,\forall x \in ( - \infty , - 1) \cup (-1, + \infty )\) nên hàm số đồng biến trên hai khoảng này.

- Hàm số không có cực trị

- Giới hạn tại vô cực và tiệm cận ngang

\(\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to  -1^- } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  -1^-  } {{x - 2} \over {x + 1}} = +\infty;\mathop {\lim }\limits_{x \to  -1^+ } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  -1^+ } {{x - 2} \over {x + 1}} = -\infty \)

\( \Rightarrow x = -1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{x - 2}}{{x + 1}} = 1.\)

\(\Rightarrow y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Bảng biến thiên:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ \(y = -2\), cắt trục hoành tại điểm có hoành độ \(x = 2.\)

b) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ \(a≠-1\) có phương trình:  \(\displaystyle y = y'(a)(x - a) + y(a) = {3 \over {{{(a + 1)}^2}}}(x - a) + {{a - 2} \over {a + 1}}.\)

Bài 7 trang 146 SGK Giải tích 12

Cho hàm số \(\displaystyle y = {2 \over {2 - x}}\)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị \((C)\)  của hàm số đã cho.

b) Tìm các giao điểm của \((C)\)  và đồ thị của hàm số  \(y=x^2+1.\) Viết phương trình tiếp tuyến của \((C)\)  tại mỗi giao điểm.

c) Tính thể tích vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị (C) và các đường thẳng \(y = 0, \,  x = 0,  \, x = 1\) xung quanh trục \(Ox.\)

Hướng dẫn giải

a) - Tập xác định: \(D=(-∞, 2) ∪(2, +∞).\)

- Sự biến thiên: \(\displaystyle y' = {2 \over {{{(2 - x)}^2}}} > 0,\forall x \in D\)

Nên hàm số đồng biến trên hai khoảng này.

- Hàm số không có cực trị

- Giới hạn tại vô cực và tiệm cận ngang

\(\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {2 \over {2 - x}} = 0;\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {2 \over {2 - x}} = 0\)

\( \Rightarrow y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

- Giới hạn vô cực và tiệm cận đứng:

\(\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} ({2 \over {2 - x}}) =  - \infty ;\) \(\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }}  = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} ({2 \over {2 - x}}) =  + \infty \)

\( \Rightarrow x = 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

- Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ \(y = 1\), không cắt trục hoành.

b) Phương trình xác định hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:

\(\displaystyle {2 \over {2 - x}} = {x^2} + 1\) \( \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ {0,1} \right\}\)

Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm \(M_1(0; \, 1); \, M_2(1; \, 2).\)

Tiếp tuyến với đồ thị (C): \(\displaystyle y = {2 \over {2 - x}}\) tại điểm \(M_1\) có phương trình là: \(\displaystyle y = {1 \over 2}x + 1.\)

Tiếp tuyến  tại điểm \(M_2\) có phương trình \(y = 2(x – 1) + 2 = 2x.\)

c) Trong khoảng \((0; 1)\) đồ thị (C) nằm phía trên trục hoành nên thể tích cần tính là :

\(\displaystyle V = \pi \int_0^1 {({2 \over {2 - x}}} {)^2}  = \left. {\pi .\frac{4}{{2 - x}}} \right|_0^1 \) \(= 2\pi. \)

 

Bài 8 trang 147 SGK Giải tích 12

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:

a) \(f(x) = 2x^3– 3x^2– 12x + 1\) trên đoạn \(\displaystyle \left[ { - 2 ; \, {5 \over 2}} \right].\)

b) \( f(x) = x^2\ln x\) trên đoạn \(\left[ {1; \, e} \right].\)

c) \(f(x) = xe^{-x}\) trên nửa khoảng \([0; \, +∞).\)

d) \(f(x) = 2\sin x + \sin 2x\) trên đoạn \(\displaystyle\left[ {0; \,{{3\pi } \over 2}} \right].\)

Hướng dẫn giải

a) \(f(x) = 2x^3– 3x^2– 12x + 1 \) \(⇒ f’(x) = 6x^2 – 6x – 12\)

\(f’(x) = 0 ⇔ x =-1\) hoặc \(x=2\)

So sánh các giá trị: 

\(f(-2) = -3\); \( f(-1) = 8\);

\(f(2) = -19\), \(\displaystyle f({5 \over 2}) = {{ - 33} \over 2}\)

Suy ra:

\(\eqalign{
& \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ { - 2,{5 \over 2}} \right]} f(x) = f( - 1) = 8 \cr 
& \mathop {\min}\limits_{x \in \left[ { - 2,{5 \over 2}} \right]} f(x) = f(2) = - 19 \cr} \)

b) \(f(x) = x^2 \ln x \) \(⇒ f’(x)= 2x\ln x + x > 0, ∀ x ∈ [1, e]\) nên \(f(x)\) đồng biến.

Do đó:

\(\eqalign{
& \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {1,e} \right]} f(x) = f(e) = {e^2} \cr 
& \mathop {\min}\limits_{x \in \left[ {1,e} \right]} f(x) = f(1) = 0 \cr} \)

c) \(f(x)= xe^{-x}\) \(⇒ f’(x)=e^{-x} –xe^{-x} = (1 – x)e^{-x}\) nên:

\(f’(x) = 0 ⇔ x = 1, f’(x) > 0, ∀x ∈ (0, 1)\) và \(f’(x) < 0, ∀x ∈ (1, +∞)\)

nên: \(\displaystyle \mathop {\max }\limits_{x \in {\rm{[}}0, + \infty )} f(x) = f(1) = {1 \over e}.\)

Ngoài ra \(f(x)= xe^{-x} \ge 0, ∀ x ∈ [0, +∞)\) và \(f(0) = 0\) suy ra

\(\mathop {\min}\limits_{x \in {\rm{[}}0, + \infty )} f(x) = f(0) = 0\)

d) \(f(x) = 2\sin x + \sin2 x  \) \(⇒ f’(x)= 2\cos x + 2\cos 2x\)

\(f’(x) = 0 ⇔ \cos 2x = -\cos x \) \( ⇔ 2x = ± (π – x) + k2π\)

\( \displaystyle ⇔ x \in \left\{ { - \pi  + k2\pi ;{\pi  \over 3} + {{k2\pi } \over 3}} \right\}\)

Trong khoảng \(\displaystyle\left[ {0,{{3\pi } \over 2}} \right]\) , phương trình \(f’(x) = 0\) chỉ có hai nghiệm là \(\displaystyle {x_1} = {\pi  \over 3};{x_2} = \pi \)

So sánh bốn giá trị: \(f(0) = 0\); \(\displaystyle f({\pi  \over 3}) = {{3\sqrt 3 } \over 2};f(\pi ) = 0;f({{3\pi } \over 2}) =  - 2\)

Suy ra:

\(\eqalign{
& \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0,{{3\pi } \over 2}} \right]} f(x) = f({\pi \over 3}) = {{3\sqrt 3 } \over 2} \cr 
& \mathop {\min}\limits_{x \in \left[ {0,{{3\pi } \over 2}} \right]} f(x) = f({{3\pi } \over 2}) = - 2 \cr} \)

Bài 9 trang 147 SGK Giải tích 12

Giải các phương trình sau:

a) \({13^{2x + 1}} - {13^x} - 12 = 0\)

b) \(({3^x} + {\rm{ }}{2^x})({3^x} + {\rm{ }}{3.2^x}){\rm{ }} = {\rm{ }}{8.6^x}\)

c) \({\log _{\sqrt 3 }}(x - 2).{\log _5}x = 2{\log _3}(x - 2)\)

d) \(\log_2^2x{\rm{ }}-{\rm{ }}5\log_2x{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} = {\rm{ }}0.\)

Hướng dẫn giải

a) Phương trình: \( \Leftrightarrow {13.13^{2x}} - {13^x} - 12 = 0.\)

Đặt  \(t = 13^x > 0\) ta được phương trình:

\(13t^2 – t – 12 = 0  ⇔ (t – 1)(13t + 12) = 0\)

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t - 1 = 0\\
13t + 12 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 1\;\;\left( {tm} \right)\\
t = - \dfrac{{12}}{{13}}\;\;\left( {ktm} \right)
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow {13^x} = 1 \Leftrightarrow x = 0.
\end{array}\)

Vậy phương trình có nghiệm \(x=0.\)

b) Chia cả hai vế phương trình cho \(9^x\) ta được phương trình tương đương

\(\left( {1 + {{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^x}} \right)\left( {1 + 3.{{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^x}} \right) = 8.{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^x}.\)

Đặt \(t = {({2 \over 3})^x} (t > 0)\) , ta được phương trình:

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left( {3t - 1} \right)\left( {t - 1} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
3t - 1 = 0\\
t - 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = \dfrac{1}{3}\;\;\left( {tm} \right)\\
t = 1\;\;\left( {tm} \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Với \(\displaystyle t = {1 \over 3}\) ta được nghiệm \(\displaystyle x = {\log _{{2 \over 3}}}{1 \over 3}\)

Với \(t = 1\) ta được nghiệm \(x = 0.\)

Vậy phương trình có hai nghiệm: \(x=0\) và \(\displaystyle x= {\log _{{2 \over 3}}}{1 \over 3}. \)

c) Điều kiện: \(x > 2\)

\(\eqalign{
& Pt \Leftrightarrow 2lo{g_3}(x - 2).lo{g_5}x = 2lo{g_3}(x - 2) \cr 
& \Leftrightarrow 2lo{g_3}(x - 2)({\log _5}x - 1) = 0 \cr} \)

  \(\Leftrightarrow\left[ \matrix{{\log _3}(x - 2) = 0 \hfill \cr lo{g_5}x = 1 \hfill \cr}  \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{x = 3 (tm) \hfill \cr x = 5 (tm) \hfill \cr}  \right.\)

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x=3\) và \(x=5.\)

 d) Điều kiện: \(x > 0\)

\(\eqalign{
& \log _2^2x - 5{\log _2}x + 6 = 0 \cr 
& \Leftrightarrow ({\log _2}x - 2)({\log _2}x - 3) = 0 \cr 
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{\log _2}x = 2 \hfill \cr 
{\log _2}x = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 4 (tm)\hfill \cr 
x = 8  (tm)\hfill \cr} \right. \cr} \)

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(x=4\) và \(x=8.\)

Bài 10 trang 147 SGK Giải tích 12

Giải các bất phương trình sau

a) \(\displaystyle{{{2^x}} \over {{3^x} - {2^x}}} \le 2\)

b) \(\displaystyle{({1 \over 2})^{{{\log }_2}({x^2} - 1)}} > 1\)

c) \(\displaystyle{\log ^2}x + 3\log x \ge 4\)

d) \(\displaystyle{{1 - {{\log }_4}x} \over {1 + {{\log }_2}x}} \le {1 \over 4}.\)

Hướng dẫn giải

a) Ta có:

\(\displaystyle {{{2^x}} \over {{3^x} - {2^x}}} \le 2 \Leftrightarrow {1 \over {{{({3 \over 2})}^x} - 1}} \le 2\)

Đặt \(\displaystyle t = {({3 \over 2})^2}(t > 0)\) , bất phương trình trở thành:

\(\eqalign{
& {1 \over {t - 1}} \le 2 \Leftrightarrow {1 \over {t - 1}} - 2 \le 0 \Leftrightarrow {{ - 2t + 3} \over {t - 1}} \le 0 \cr 
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
0 < t < 1 \hfill \cr 
t \ge {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{({3 \over 2})^x} < 1 \hfill \cr 
{({3 \over 2})^2} \ge {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x < 0 \hfill \cr 
x \ge 1 \hfill \cr} \right.. \cr} \)

 b) Ta có:

\(\eqalign{
& {({1 \over 2})^{{{\log }_2}({x^2} - 1)}} > 1 \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{x^2} - 1 > 0 \hfill \cr 
{\log _2}({x^2} - 1) < 0 \hfill \cr} \right. \cr 
& \Leftrightarrow 0 < {x^2} - 1 < 1 \Leftrightarrow 1 < |x| < \sqrt 2 \cr 
& \Leftrightarrow x \in ( - \sqrt 2 , - 1) \cup (1,\sqrt 2 ) \cr} \)

c) Điều kiện: \(x > 0\)

\(\eqalign{
& {\log ^2}x + 3\log x \ge 4 \Leftrightarrow (\log x + 4)(logx - 1) \ge 0 \cr 
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{\mathop{\rm logx}\nolimits} \ge 1 \hfill \cr 
logx \le - 4 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x \ge 10 \hfill \cr 
0 < x \le {10^{ - 4}} \hfill \cr} \right. \cr} \)

 d) Ta có: 

\(\eqalign{
& {{1 - {{\log }_4}x} \over {1 + {{\log }_2}x}} \le {1 \over 4} \Leftrightarrow {{1 - {{\log }_4}x} \over {1 + 2{{\log }_4}x}} \le {1 \over 4} \cr  &  \Leftrightarrow \frac{{4 - 4{{\log }_4}x - 1 - 2{{\log }_4}x}}{{4\left( {1 + {{\log }_4}x} \right)}} \le 0 \cr
& \Leftrightarrow {{3 - 6{{\log }_4}x} \over {1 + 2{{\log }_4}x}}\le0  \cr 
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{\log _4}x \le {{ - 1} \over 2} \hfill \cr 
{\log _4}x \ge {1 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
0 < x < {1 \over 2} \hfill \cr 
x \ge 2 \hfill \cr} \right. .\cr} \)

Bài 11 trang 147 SGK Giải tích 12

Tính các tích phân sau bằng phương pháp tính tích phân từng phần

a) \(\int_1^{{e^4}} {\sqrt x } \ln xdx\)

b) \(\displaystyle \int_{{\pi  \over 6}}^{{\pi  \over 2}} {{{xdx} \over {{{\sin }^2}x}}} \)

c) \(\int_0^\pi  {(\pi  - x)\sin {\rm{x}}dx} \)

d) \(\int_{ - 1}^0 {(2x + 3){e^{ - x}}} dx\)

Hướng dẫn giải

a) Đặt  \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = \sqrt x dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{x}dx\\v = \dfrac{2}{3}{x^{\frac{3}{2}}}\end{array} \right..\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow \int\limits_1^{{e^4}} {\sqrt x \ln xdx} = \left. {\dfrac{2}{3}{x^{\frac{3}{2}}}\ln x} \right|_1^{{e^4}} - \int\limits_1^{{e^4}} {\dfrac{2}{3}{x^{\frac{3}{2}}}.\dfrac{1}{x}dx} \\
= \dfrac{8}{3}{e^6} - \int\limits_1^{{e^4}} {\dfrac{2}{3}{x^{\frac{1}{2}}}dx} = \dfrac{8}{3}{e^6} - \left. {\dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3}{x^{\frac{3}{2}}}} \right|_1^{{e^4}}\\
= \dfrac{8}{3}{e^6} - \dfrac{4}{9}{e^6} + \dfrac{4}{9}= \dfrac{20}{9}{e^6}+ \dfrac{4}{9}.
\end{array}\)

b) Ta có: 

\(\eqalign{
& \int_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {{{xdx} \over {{{\sin }^2}x}}} = \int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {xd( - \cot x) = - x\cot x\left| {_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}}} \right.} + \int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {\cot xdx} \cr 
& = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {{{d\sin x} \over {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}} = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \ln |sinx|\left| {_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}}} \right. = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \ln 2 \cr} \)

 c) Ta có: 

\(\eqalign{
& \int_0^\pi {(\pi - x)\sin {\rm{x}}dx} = \int\limits_0^\pi {(\pi - x)d( - {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )} \cr 
& = - (\pi - x)cosx\left| {_0^\pi } \right. + \int\limits_0^\pi {{\mathop{\rm cosxd}\nolimits} (\pi - x) = \pi - s{\rm{inx}}\left| {_0^\pi } \right.} = \pi \cr} \)

 d) Ta có: 

\(\eqalign{
& \int_{ - 1}^0 {(2x + 3){e^{ - x}}} dx = \int\limits_{ - 1}^0 {(2x + 3)d( - {e^{ - x}}} ) \cr 
& = (2x + 3){e^{ - x}}\left| {_0^{ - 1}} \right. + \int\limits_{ - 1}^e {{e^{ - x}}} .2dx = e - 3 + 2{e^{ - x}}\left| {_0^1} \right. = 3e - 5 \cr} \)

Bài 12 trang 147 SGK Giải tích 12

Tính các tích phân sau bằng phương pháp đổi biến số:

a) \(\displaystyle \int\limits_0^{{\pi  \over 24}} {\tan ({\pi  \over 4} - 4x)dx} \) (đặt \(u = \cos ({\pi  \over 3} - 4x)\) )

b) \(\displaystyle \int\limits_{{{\sqrt 3 } \over 5}}^{{3 \over 5}} {{{dx} \over {9 + 25{x^2}}}} \) (đặt \(\displaystyle x = {3 \over 5}\tan t\) )

c) \(\displaystyle \int\limits_0^{{\pi  \over 2}} {{{\sin }^3}} x{\cos ^4}xdx\) (đặt \(u = \cos x\))

d) \(\displaystyle \int\limits_{{{ - \pi } \over 4}}^{{\pi  \over 4}} {{{\sqrt {1 + \tan x} } \over {{{\cos }^2}x}}} dx\) (đặt \(u = \sqrt {1 + \tan x} \) )

Hướng dẫn giải

a) Ta có: \(\displaystyle I=\int\limits_0^{\frac{\pi }{{24}}} {\tan \left( {\frac{\pi }{3} - 4x} \right)dx}  \) \(\displaystyle = \int\limits_0^{\frac{\pi }{{24}}} {\frac{{\sin \left( {\frac{\pi }{3} - 4x} \right)}}{{\cos \left( {\frac{\pi }{3} - 4x} \right)}}dx} \)

Đặt \(u = \cos \left( {\dfrac{\pi }{3} - 4x} \right)\) \( \Leftrightarrow du = 4\sin \left( {\dfrac{\pi }{3} - 4x} \right)dx\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow u = \frac{1}{2}\\x = \frac{\pi }{{24}} \Rightarrow u =\frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\)

Khi đó: \(\displaystyle I = \int\limits_{\frac{1}{2}}^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {\frac{{du}}{{4u}}}  = \left. {\frac{1}{4}\ln \left| u \right|} \right|_{\frac{1}{2}}^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \) \(\displaystyle = \frac{1}{4}\left( {\ln \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \ln \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{4}\ln \sqrt 3 \)

b) Đặt \(x = \dfrac{3}{5}\tan t \) \( \displaystyle \Leftrightarrow dx = \frac{3}{{5{{\cos }^2}t}}dt = \frac{3}{5}\left( {{{\tan }^2}t + 1} \right)dt\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{\sqrt 3 }}{5} \Rightarrow t = \frac{\pi }{6}\\x = \frac{3}{5} \Rightarrow t = \frac{\pi }{4}\end{array} \right.\)

\(\displaystyle I = \int\limits_{\frac{{\sqrt 3 }}{5}}^{\frac{3}{5}} {\frac{{dx}}{{9 + 25{x^2}}}} \) \(\displaystyle = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{3\left( {{{\tan }^2}t + 1} \right)dt}}{{5\left( {9 + 25.\frac{9}{{25}}{{\tan }^2}t} \right)}}} \)

\(\displaystyle I = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{3\left( {{{\tan }^2}t + 1} \right)}}{{5.9\left( {{{\tan }^2}t + 1} \right)}}dt} \) \(\displaystyle = \frac{1}{{15}}\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {dt} = \left. {\frac{t}{{15}}} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} = \frac{\pi }{{180}}\)

 c) Ta có: \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^3}x{{\cos }^4}xdx}  \) \(= \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {1 - {{\cos }^2}x} \right){{\cos }^4}x\sin xdx} \)

Đặt \(u = \cos x \Rightarrow du =  - \sin xdx\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Leftrightarrow u = 1\\x = \frac{\pi }{2} \Rightarrow u = 0\end{array} \right.\)

\(\displaystyle \Rightarrow I = - \int\limits_1^0 {\left( {1 - {u^2}} \right){u^4}du} \) \(= \int\limits_0^1 {\left( {{u^4} - {u^6}} \right)du}\)

\(\displaystyle I = \left. {\left( {\frac{{{u^5}}}{5} - \frac{{{u^7}}}{7}} \right)} \right|_0^1 = \frac{2}{{35}}\)

 d) Đặt \(u = \sqrt {1 + \tan x}  \Leftrightarrow {u^2} = 1 + \tan x \) \(\displaystyle \Leftrightarrow 2udu = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{4} \Rightarrow u = 0\\x = \frac{\pi }{4} \Rightarrow u = \sqrt 2 \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow I = \int\limits_0^{\sqrt 2 } {u.2udu}  = 2\int\limits_0^{\sqrt 2 } {{u^2}du} \) \(\displaystyle = 2\left. {\frac{{{u^3}}}{3}} \right|_0^{\sqrt 2 } = \frac{2}{3}.2\sqrt 2  = \frac{{4\sqrt 2 }}{3}\)

Bài 13 trang 148 SGK Giải tích 12

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng

a) \(y = x^2 + 1, x = -1, x = 2\) và trục hoành

b) \(\displaystyle y = \ln x, x = {1 \over e}, x = e\) và trục hoành

Hướng dẫn giải

a) Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(\displaystyle S = \int\limits_{ - 1}^2 {({x^2} + 1)dx = ({{{x^3}} \over 3}}  + x)\left| {_{ - 1}^2} \right. = 6\)

 b) Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(\eqalign{& S = \int\limits_{{1 \over e}}^e {|\ln x|dx = \int\limits_{{1 \over e}}^1 {|\ln x|dx + } } \int\limits_1^e {|\ln x|dx} \cr & = - \int\limits_{{1 \over e}}^1 {\ln xdx + \int\limits_1^e {\ln xdx} } \cr} \)

Tính \(\int\limits_{}^{} {\ln xdx} \).

Đặt \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \frac{{dx}}{x}\\v = x\end{array} \right.\\\Rightarrow \int\limits_{}^{} {\ln xdx} = x\ln x - \int\limits_{}^{} {dx} = x\ln x - x + C\end{array}\)

Do đó:

\(\eqalign{
& S = - \int\limits_{{1 \over e}}^1 {\ln xdx + \int\limits_1^e {\ln xdx} } = \int\limits_1^{{1 \over e}} {\ln xdx + \int\limits_1^e {xdx} } \cr 
& = (x\ln x - x)\left| {_1^{{1 \over e}}} \right. + (x\ln x - x)\left| {_1^e} \right. = 2(1 - {1 \over e}) \cr} \)

Bài 14 trang 148 SGK Giải tích 12

Tìm vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = 2x^2\) và \(y = x^3\) xung quanh trục Ox

Hướng dẫn giải

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(2{x^2} = {x^3} \Leftrightarrow {x^2}\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.\)

Vậy thể tích cần tìm là:

\(\begin{array}{l}
V = \pi \int\limits_0^2 {\left| {{{\left( {2{x^2}} \right)}^2} - {{\left( {{x^3}} \right)}^2}} \right|dx} = \pi \left| {\int\limits_0^2 {\left( {4{x^4} - {x^6}} \right)dx} } \right|\\
\,\,\,\, = \pi \left| {\left. {\left( {\frac{{4{x^5}}}{5} - \frac{{{x^7}}}{7}} \right)} \right|_0^2} \right| = \frac{{256}}{{35}}\pi 
\end{array}\)

Bài 15 trang 148 SGK Giải tích 12

Giải các phương trình sau trên tập số phức

a) \((3 + 2i)z – (4 + 7i) = 2 – 5i\)

b) \((7 – 3i)z + (2 + 3i) = (5 – 4i)z\)

c) \(z^2 – 2z + 13 = 0\)

d) \(z^4 -z^2– 6 = 0\)

Hướng dẫn giải

a) \((3 + 2i)z – (4 + 7i) = 2 – 5i\)

\(\eqalign{
& \Leftrightarrow (3 + 2i)z = 6 + 2i \cr 
& \Leftrightarrow z = {{6 + 2i} \over {3 + 2i}} = {{22} \over {13}} - {6 \over {13}}i \cr} \)

b) \((7 – 3i)z + (2 + 3i) = (5 – 4i)z\)

\(\eqalign{
& \Leftrightarrow (7 - 3i - 5 + 4i)z = - 2 - 3i \cr 
& \Leftrightarrow z = {{ - 2 - 3i} \over {2 + i}} = {{ - 7} \over 5} - {4 \over 5}i \cr} \)

 c) \(z^2– 2z + 13 = 0\)

\(⇔ (z – 1)^2 = -12 ⇔ z = 1 ± 2 \sqrt3 i\)

d) \(z^4 – z^2– 6 = 0\)

\(⇔ (z^2 – 3)(z^2 + 2) = 0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{
z = \pm \sqrt 3 \hfill \cr 
z = \pm \sqrt 2 i \hfill \cr} \right.\)

Bài 16 trang 148 SGK Giải tích 12

Trên mặt phẳng tọa độ, hãy tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức \(z\) thỏa mãn bất đẳng thức:

a) \(| z| < 2\)

b) \(|z – i| ≤ 1\)

c) \(|z – 1 – i| < 1\)

Hướng dẫn giải

Đặt \(z = a + bi ( a, b ∈ \mathbb R)\). Ta có:

a) \(\left| z \right| < 2 \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2}}  < 2 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} < 4\)

Tập hợp các điểm \(M(a; b)\) biểu diễn các số phức \(z\) nằm trong hình tròn tâm \(O\) (gốc tọa độ), bán kính \(2\) (không kể biên)

b) 

\(\eqalign{
& \left| {z{\rm{ }}-i} \right|{\rm{ }} \le {\rm{ }}1 \Leftrightarrow |a + (b - 1)i| \le 1 \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {{(b - 1)}^2}} \le 1 \cr 
& \Leftrightarrow {a^2} + {(b - 1)^2} \le 1 \cr} \)

Tập hợp các điểm \(M (a; b)\) biểu diễn các số phức \(z\) nằm trong hình tròn tâm \(I(0, 1)\), bán kính \(1\) (kể cả biên)

c)

\(|z – 1 – i| < 1 ⇔ |(a – 1) + (b – 1)i| < 1 ⇔ (a – 1)^2+ (b – 1)^2 < 1\)

Tập hợp các điểm \(M(a; b)\) biểu diễn số phức \(z\) nằm trong hình tròn (không kể biên) tâm \(I (1, 1)\), bán kính \(1\).