Bài giảng chuyên sâu Toán 12

Bài giảng chuyên sâu Toán 12 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

40 20 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu chung

Môn: Toán 12

Thông tin:

813 trang 7 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
LƯUHÀNHNỘIBỘ
THS.TRẦNĐÌNHCƯ
CS 1: P5, Dãy 14 tập thể xã tắc. Đường Ngô Thời Nhậm
CS 2: Trung Tâm luyện thi - 18 kiệt 87 Bùi Thị Xuân
CS 3: Trung tâm cao thắng - 11 Đống Đa
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 1
CHƯƠNG I. ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ
BÀI 1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
1. Định nghĩa
Cho hàm số
f
xác định trên khoảng (đoạn hoặc nửa khoảng)
K
.
* Hàm số
f
gọi là đồng biến (tăng) trên
K
nếu
12 1 2 1 2
,;
x
xKxx fx fx
.
Nhận xét:
- Hàm số

f
x
đồng biến trên
K
thì đồ thị hàm số là đường đi lên từ trái sang phải, biểu diễn trong bảng
biến thiên là dấu mũi tên hướng lên từ trái sang phải.
* Hàm số
f
gọi là nghịch biến (giảm) trên
nếu
12 1 2 1 2
,;
x
x Kx x fx fx
Nhận xét:
Hàm số
f
x nghịch biến trên
K
thì đồ thị hàm số là đường đi xuống từ trái sang phải, biểu diễn trong
bảng biến thiên là dấu mũi tên hướng xuống từ trái sang phải.
2. Định lý
Định lí thuận
Giả sử hàm số
f
có đạo hàm trên khoảng
K
.
Nếu
0,
f
xxK
 thì hàm số đồng biến trên khoảng
K
.
Nếu
0,
f
xxK
 thì hàm số nghịch biến trên khoảng
K
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 2
Nếu
0,
f
xxK

thì hàm số không đổi trên khoảng
K
.
Định lí đảo
Giả sử hàm số
f
có đạo hàm trên khoảng
K
.
Nếu hàm số
f
đồng biến trên khoảng
K
thì
0,
f
xxK
.
Nếu hàm số
f
nghịch biến trên khoảng
K
thì
0,
f
xxK

.
B. PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1. Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số cho bởi công thức

y
fx
1. Phương pháp giải
Thực hiện các bước như sau:
Bước 1. Tìm tập xác định D .
Bước 2. Tính đạo hàm

yfx

.
Bước 3. Tìm các giá trị
x
mà
0fx
hoặc những giá trị làm cho
f
x
không xác định.
Bước 4. Lập bảng biến thiên hoặc xét dấu trực tiếp đạo hàm.
Bước 5. Kết luận tính đơn điệu của hàm số
yfx (chọn đáp án).
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hàm số

2019
2
1fx x . Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đồng biến trên .
B. Hàm số đồng biến trên

;0
.
C.
Hàm số nghịch biến trên

;0
.
D.
Hàm số nghịch biến trên .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Tập xác định D .
Đạo hàm

 

2018 2018
22 2
2019. 1 . 1 2019. 1 . 2
f
xxx xx
 
Vì
2018
2
2019. 1 0x, x nên dấu của đạo hàm cùng dấu với
x
.
Ta có

0
0
1
x
fx
x


Ta có bảng biến thiên
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 3
Vậy hàm số đồng biến trên

;0 .
Chú ý: Dấu hiệu mở rộng khi kết luận khoảng đồng biến
;0 .
Bài tập 2. Cho hàm số
32
8cos
f
xxx x x
. Với hai số thực ,ab sao cho ab . Khẳng định nào
sau đây là đúng?
A.
f
afb
. B.
f
afb
.
C.
f
afb
. D.
f
afb
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Tập xác định D .
Ta có
22
328sin 3217sin 0,fx x x x x x x x

Suy ra

f
x đồng biến trên . Do đó
ab fa fb .
Bài tập 3. Hàm số
2
23yx x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.

;1 . B.
1; 3 . C.
1;
. D.
3;  .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Tập xác định D .
Ta có


2
2
22
2
2
22 23
23 23
23
xxx
yx x x x y
xx



0220 1yx x
 
; y
không xác định nếu 1; 3xx
.
Ta có bảng biến thiên
Hàm số đồng biến trên khoảng
1;1
và
3;
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 4
Chú ý: - Vì
 
2
f
xfx
nên có thể xét tính đơn điệu của hàm số

2
yfx
để suy ra kết quả.
- Đạo hàm

2
.
f
xfx
y
f
x
.
Dạng 2. Xét tính đơn điệu của hàm số
yfx
khi cho hàm số
yfx
1. Phương pháp giải
Thực hiện theo ba bước như sau:
Bước 1. Tìm các giá trị
x
mà
0fx
hoặc những giá trị làm cho
f
x
không xác định.
Bước 2. Lập bảng biến thiên hoặc xét dấu trực tiếp đạo hàm.
Bước 3. Kết luận tính đơn điệu của hàm số
yfx
(chọn đáp án).
2. Bài tập
Bài tập 1: Cho hàm số
yfx
có đạo hàm trên
là
2
1fx xx
. Hàm số đã cho đồng biến trên
khoảng
A.
1;  . B.
;0 ; 1;  . C.
0;1 . D.
;1 .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có

2
0
010
1
x
fx xx
x
 
Ta có bảng xét dấu
x

0
1
f
x
0
0
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng
1; 
.
Bài tập 2. Cho hàm số
f
x có đạo hàm

23
112
f
xx x x

. Hàm số
yfx đồng biến
trên khoảng nào, trong các khoảng dưới đây?
A.
1; 1 . B.
1; 2 . C.
;1
 . D.
2;  .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có

2
0
1
x
fx
x


Bảng xét dấu
x

1
1
2
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 5
f
x
0
0
0
Hàm số

f
x
đồng biến trên khoảng
1; 2
.
Bài tập 3. Cho hàm số
yfx
xác định trên khoảng
0;3
có tính chất
0, 0;3fx x
 và
0fx
,
1; 2x .
Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau.
A. Hàm số
f
x
đồng biến trên khoảng
0; 2
.
B. Hàm số
f
x
không đổi trên khoảng
1; 2
.
C.
Hàm số
f
x đồng biến trên khoảng
1; 3 .
D.
Hàm số
f
x đồng biến trên khoảng
0;3 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Vì
0fx
,
1; 2x nên
f
x là hàm hằng trên khoảng
1; 2 .
Trên các khoảng
0; 2 , 1; 3 , 0; 3 hàm số
y
fx thỏa
0fx nhưng
0fx
,
1; 2x nên
f
x không đồng biến trên các khoảng này.
2. Bài tập:
Dạ
ng3: Tìm tham số để hàm số đơn điệu trên tập xác định
1. Phương pháp giải
* Đối với hàm số
32
y
ax bx cx d=+++
ta thực hiện theo các bước sau
Bước 1. Tính
2
32yaxbxc

(1).
Bước 2. Xét hai trường hợp
Trường hợp 1: 0a , thay trực tiếp vào (1) để xét.
Trường hợp 2:
0a
, tính
2
3bac
 .
Hàm số nghịch biến trên
2
0
30
a
bac

Hàm số đồng biến trên
2
0
30
a
bac

Bước 3. Kết luận (chọn đáp án).
* Đối với hàm số
ax b
y
cx d
ta thực hiện theo các bước sau
Bước 1. Tập xác định \
d
D
c




Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 6
Bước 2. Tính

2
ad bc
y
cx d
Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định
0ad bc

Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định
0ad bc

Bước 3. Kết luận.
2. Bài tập:
Bài tập 1.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn

20; 2
để hàm số
32
31yx x mx đồng biến trên ?
A. 20 . B. 2. C. 3 . D. 23.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Tập xác định D .
Ta có
2
323yx xm

Hàm số trên đồng biến trên
2
3230xxm với mọi x
.
1
0
19 0
30
9
mm


Do
m là số nguyên thuộc đoạn

20; 2
nên có 1; 2mm
.
Bài tập 2. Có bao nhiêu giá trị nguyên
m
để hàm số
23 2
114ym x m xx
 nghịch biến trên
khoảng
; 
.
A.
3
. B.
0
. C. 1. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Tập xác định D .
Ta có
22
31211ymx mx

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
;0y
 với x
.
Với
1m ta có 10y

với x nên hàm số nghịch biến trên khoảng
;

. Vậy 1m
là giá
trị cần tìm.
Với 1
m  ta có
1
410 1
4
yx x m
   không thỏa mãn.
• Với
1m 
ta có 0y
với
2
2
10
4220
m
x
mm



11
1
1
2
m
m


1
1
2
m
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 7
Từ các trường hợp ta được
1
1
2
m
. Do
0;1mm
Vậy có hai giá trị nguyên của
m thỏa mãn.
Bài tập 3. Các giá trị của tham số
m
để hàm số
1
1
mx
y
x
đồng biến trên từng khoảng xác định của nó
là
A. 1m  . B. 1m  . C. 1m . D. 1m .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Tập xác định
\1D 
Ta có

2
11
1
1
mx m
yy
x
x


Xét
1m , hàm số trở thành 1y . (hàm hằng)
Xét
1m
, hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó khi và chỉ khi
0, 1 1 0 1yx m m

.
Lưu ý: Với 1m thì
0, \ 1yx
 .
Bài tập 4.
Tập hợp tất cả các giá trị của tham số
m
để hàm số
1mx
y
x
m
nghịch biến trên từng khoảng
xác định là
A.
;1
. B.
1;1
. C.
1;
. D.
;1
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Tập xác định
\Dm
Ta có

2
2
1m
y
x
m
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định

2
2
1
0
m
y
xm

2
10 1 1mm
 .
Dạng 4: Xét tính đơn điệu hàm số bậc cao, căn thức, lượng giác có chứa tham số
1. Phương pháp giải
Sử dụng các kiến thức
Điều kiện cần để

21
.
m
yxa gx

m không đổi dấu khi
x
đi qua a là
0ga .
Cho hàm số
yfx liên tục trên
K
và
min
K
f
xA
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 8
Khi đó bất phương trình

f
xm
nghiệm đúng với mọi
x
K
khi và chỉ khi
mA
.
Cho hàm số

yfx liên tục trên
K
và
max
K
f
xB
.
Khi đó bất phương trình

f
xm
nghiệm đúng với mọi
x
K
khi và chỉ khi
mB
.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Có bao nhiêu giá trị của tham số
m
để hàm số
92 632 4
3 3 2 2019yx m mx m m mx đồng biến trên
A.
3
. B.
2
. C.
4
. D.
1
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Tập xác định D .
Ta có
82432 3
953 4 3 2yx mmx mmmx


35 2 3 2 3
953 4 3 2 .yx x mmx m m m xgx



với
52 32
953 4 3 2
g
xx mmxmmm .
Nếu

0
00 2
1
m
gm
m

thì
y
sẽ đổi dấu khi đi qua điểm 0x  hàm số sẽ có khoảng đồng biến và nghịch biến. Do đó để hàm
số đồng biến trên
thì điều kiện cần là
00g

2
0
320 1
2
m
mm m m
m

Thử lại:
+ Với
0m
có
8
90yx

,
x
nên hàm số đồng biến trên .
+ Với
1m có
44
9100yx x
, x nên hàm số đồng biến trên .
+ Với
2m
có
44
9500yx x
,
x
nên hàm số đồng biến trên .
Vậy với
0
1
2
m
m
m
thì hàm số đã cho đồng biến trên
.
Lưu ý: Nếu
00g thì y
luôn đổi dấu khi
x
qua 0, do đó nếu
0gx
vô nghiệm thi sẽ luôn có một
khoảng đồng biến và một khoảng nghịch biến.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 9
Bài tập 2. Gọi
S
là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số
m
để hàm số
25 3 2 2
20 2019fx mx mx m m x nghịch biến trên . Tổng giá trị của tất cả các phần tử
thuộc
S bằng
A. 4 . B. 1. C. 1
. D. 5 .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Tập xác định D .
Ta có
24 2 2
532 20
f
xmxmxmmx


23 2
532 20.
x
mx mx m m xg x



.
Để hàm số nghịch biến trên
thì
0fx
, x
(*)
Nếu
0x không phải là nghiệm của
g
x
thì
f
x
sẽ đổi dấu khi
x
đi qua 0x , lúc đó điều kiện (*)
không được thỏa mãn.
Do đó điều kiện cần để hàm số đồng biến trên
là 0x
là nghiệm của

2
4
0200
5
m
gx m m
m

 
Thử lại:
+ Với
4m  thì
422 2
80 12 12 80
f
xxxx x

, do đó
4m
không thỏa mãn.
+ Với
5m thì
422 2
125 15 125 15 0fx x x x x
  , x
do đó 5m thỏa mãn.
Vậy
5S nên tổng các phần tử của
S
bằng 5.
Lưu ý:

f
x
đổi dấu qua các nghiệm của phương trình
2
12 80 0x
.
Bài tập 3.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
2018; 2018m 
để hàm số
2
11yx mx
đồng biến trên

;  .
A. 2018 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2017 .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Tập xác định D .
Ta có
2
1
x
ym
x

Theo yêu cầu bài toán
2
0
1
x
ym
x

, x
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 10
2
1
x
m
x

,
x
.
Xét hàm số
 

222
;0
111
xx
gx g x
xxx


Bảng biến thiên
Vậy
1m  mà
2018; 2018m  nên có 2018 giá trị nguyên.
Bài tập 4. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số sin cosyxxmx
 đồng biến trên .
A.
22m
. B.
22m
.
C.
2m
. D.
2m
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Tập xác định D .
Ta có cos sinyxxm

Hàm đồng biến trên 0, cos sin 0,yx xxmx
 

sin cos ,xxmx
Xét hàm

sin cos
f
xxx trên
Ta có
 
sin cos 2 sin 2 2, 2
4
xx x fx x maxfx




Do đó
,2fx m x maxfx m m
Dạng 5. Xét tính đơn điệu của hàm số trên trên khoảng cho trước
1. Phương pháp giải
* Đối với hàm số
32
yax bx cxd
Giả sử phương trình
2
yax bxc
0a
có hai nghiệm
12
,
x
x . Ta nhắc lại các mối liên hệ nghiệm về
tam thức bậc hai
Khi đó
12
0xxaf

 .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 11

12
12
12
2
0
xx
xx
xx




.

12
12
12
2
0
xx
xx
xx




.

12
0
0
af
xx
af


.
* Để hàm số
32
;y f x m ax bx cx d
đơn điệu trên đoạn có độ dài bằng
k
Thực hiện theo các bước sau
Bước 1. Tính
2
;32y f x m ax bx c


Bước 2. Hàm số đơn điệu trên
12
;0xx y
 có hai nghiệm phân biệt
0
0a
Theo định lý Vi-ét
12
12
b
xx
a
c
xx
a

Bước 3. Hàm số đơn điệu trên khoảng có độ dài bằng

2
2
12 12 12
4kxxk xx xxk

Bước 4. Giải các điều kiện để suy ra giá trị m cần tìm.
* Hàm số
ax b
y
cx d
đơn điệu trên khoảng
;
cho trước
Thực hiện theo các bước sau
Bước 1. Hàm số xác định trên
 
;;
d
d
c
d
c
c
 



Bước 2. Tính

2
ad bc
y
cx d
.
Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định
0ad bc
.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định
0ad bc

Bước 3. Kết luận
2. Bài tập
Bài tập 1.
Các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số
32
2321 6 11yx m x mm x
 đồng
biến trên khoảng
2;  là
A. 1m . B. 1m . C. 2m
. D. 1m .
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 12
Chọn B.
Tập xác định D .
Ta có
2
66216 1yx mxmm

Để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
2;
thì ta xét hai trường hợp
- Trường hợp 1: Hàm số đồng biến trên
0,yx


2
0214 1010mmm (vô lí).
- Trường hợp 2: Phương trình 0
y
có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

12 1 2 12
12 1 2
0
2 2 20 40
240
xx x x xx
xx x x





10
3
230 ;1
2
122 140
;1 2;
m
mmm
mm m
m




 

Lưu ý: - Hàm số đồng biến trên
thì sẽ đồng biến trên khoảng
2;
.
- Bảng biến thiên của hàm số
f
xy
khi phương trình 0y
có hai nghiệm
12
,
x
x.
Bài tập 2. Các giá trị thực của tham số m để hàm số

32
1
1310
3
yxmxmx

đồng biến trên
khoảng
0; 3 là
A.
12
7
m
. B.
12
7
m
. C. m
. D.
7
12
m
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Tập xác định D .
Ta có

2
21 3yx mxm gx
 .
Do
y là hàm số bậc ba với hệ số 0a nên hàm số đồng biến trên
0;3 0y
có hai nghiệm
12
,
x
x
thỏa mãn

12
1. 0 0
03
1. 3 0
g
xx
g



x

1
x
2
x
y
0
0
y
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 13
12
30
7120
7
m
m
m



.
Bài tập 3. Các giá trị thực của tham số m để
32
3123fx x x m x m
 trên một khoảng có độ
dài lớn hơn 1 là
A. 0m . B. 0m . C.
5
0
4
m
. D.
5
4
m  .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Tập xác định
D
.
Ta có
2
36 1fx x xm

Hàm số đồng biến trên một khoảng có độ dài lớn hơn 1 khi và chỉ khi
0fx
có hai nghiệm phân biệt
12
,
x
x
thỏa mãn
21
1xx
.
Để
0fx
có hai nghiệm phân biệt
12
,0
xx
360 2mm
Theo định lý Vi-ét, ta có
12
12
2
1
3
xx
m
xx

Với

2
21 12 12
5
1410450
4
xx xx xx m m
Kết hợp, ta được
5
4
m 
Bài tập 4. Các giá trị thực của tham số m để hàm số
32
23 1 6 23yx m x m x
 nghịch biến
trên một khoảng có độ dài lớn hơn 3 là
A. 6m . B.
0; 6m . C. 0m
. D. 0; 6mm.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Tập xác định D .
Ta có
2
66 16 2yx mxm

1
0
2
x
y
x
m



Hàm số nghịch biến trên một khoảng có độ dài lớn hơn 3
0
y có haỉ nghiệm phân biệt
12
;
x
x sao cho
12
3xx
(1)
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 14

12
3
0
12 3 33
6
m
m
m
mm
m




.
Bài tập 5. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của
m
để hàm số
3
4
x
y
x
m
nghịch biến trên khoảng
2; 
?
A. 1. B. 3 . C. vô số. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Tập xác định
\4Dm
Để hàm số xác định trên
2; 
thì
1
42
2
mm
Ta có

2
43
4
m
y
x
m
Hàm số nghịch biến trên khoảng
2; 0, 2;yx
 


2
43 3
0, 2; 4 3 0
4
4
m
xmm
xm

Vậy có một số nguyên
0m thỏa mãn.
Bài tập 6. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
2
5
x
y
x
m
đồng biến trên khoảng
;10 ?
A. 2. B. Vô số. C. 1. D. 3 .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Tập xác định
\5Dm
Ta có

2
52
5
m
y
x
m
Hàm số đồng biến trên khoảng


0, ; 10
;10
5;10
yx
m



2
2
520
2
5
510
5
2
m
m
m
m
m



Do
m nên
1; 2m .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 15
Bài tập 7. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để hàm số
4mx
y
mx
nghịch biến trên khoảng
3;1 ?
A. 2. B. 3 . C. 1. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Tập xác định
\Dm
Ta có

2
2
4m
y
mx
Hàm số nghịch biến trên khoảng


2
40
3;1
3;1
m
m


22
12
3
1
m
m
m
m



Do
m
, nên
1m
.
Vậy có một giá trị nguyên của tham số
m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 8. Các giá trị thực của tham số m để hàm số
2cos 3
2cos
x
y
x
m
nghịch biến trên khoảng 0;
3



là
A.

3;1 2;m 
.
B.
3;m

.
C.

;3m  . D.
;3 2;m
  .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt costx , với
1
0; ;1
32
xt




Khi đó

23
2
t
yft
tm

\
2
m
D



.
Vì hàm số
costx nghịch biến trên
0;
3
x



nên hàm số đã cho nghịch biến trên
0;
3



. Khi và chỉ
khi hàm số đồng biến trên khoảng
1
;1
2



.
Hàm số

23
2
t
yft
tm

đồng biến trên khoảng
1
;1
2



khi và khi và chỉ khi
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 16


 

2
26 1
0, ;1
2
260 3
2
;3
1; 2 1; 2
1
;1
22
m
ft t
mm
tm
m
mm
m














Dạng 6: Phương pháp cô lập tham số m, phương pháp hàm số
1. Phương pháp giải
Thực hiện theo các bước sau
Bước 1. Tính
yfx

Bước 2. Chuyển về bài toán tìm tham số về một bất phương trình nghiệm đúng với mọi
x
D .
Hàm số đồng biến trên
0,Dfx xD
, dấu bằng tại hữu hạn điểm trên đó.
Hàm số nghịch biến trên
0,Dfx xD

, dấu bằng tại hữu hạn điểm trên đó.
Bước 3. Kết luận (chọn đáp án).
2. Bài tập
Bài tập 1.
Có bao nhiêu giá trị nguyên không âm của tham số m sao cho hàm số
42
23yx m xm
nghịch biến trên đoạn
1; 2
?
A. 2 . B. Vô số. C.
3
. D. 4 .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Tập xác định
D
Ta có
32
4223 446yx mxxxm

Hàm số nghịch biến trên đoạn

1; 2
khi
0, 1; 2yx

2
4460xm ;
 
2
3
1; 2 , 1; 2
2
xmxx
 

2
1;2
35
min
22
mx




Kết hợp với
m nguyên không âm suy ra
0;1; 2m
Vậy có ba giá trị nguyên không âm của
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 2. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số
4
13
42
yxmx
x
 đồng biến trên
khoảng

0; 
?
A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 0 .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 17
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Hàm số luôn xác định trên khoảng
0; 
.
Hàm số
4
13
42
yxmx
x

đồng biến trên
0; 0, 0;yx
 và
 
33
22
33
0, 0; , 0;
22
xm x x mx
x
x
 
(1)
Xét hàm số

3
2
3
2
fx x
x
 trên
0; 


5
2
33
31
3
3;01
x
f
xx fx x
xx


.
Bảng biến thiên

55
1
22
 mm
Mà
m
là số nguyên âm nên
2; 1m  .
Vậy có hai giá trị của
m thỏa mãn.
Bài tập 3. Cho hàm số


343 2
1
81 2 27 122018
4
ymxxmxx
 với
m
là tham số. Số các giá trị
nguyên
m
thuộc đoạn

2018; 2018 để hàm số đã cho đồng biến trên
11
;
24
là
A.
2016
. B.
2019
. C.
2010
. D.
2015
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Tập xác định D
Ta có
332
81 622712ymxx mx

Hàm số đã cho đồng biến trên
11
;
24




khi và chỉ khi
11
0, ;
24
yx



332
11
81 6227120, ;
24
mxx mx x


33
222 222mx mx x x (*),
11
;
24
x

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 18
Xét
32
2; 3 2 0,ft t tf t t t

Suy ra
f
t là hàm đồng biến trên .
Từ (*) ta có
11 2 11
22,; ,;
24 2 24
x
mx x x m x
x
 
 
 
 
 
11
;
24
27
min
22
x
mm
x




 
.
Do
m nguyên và

2018; 2018m  nên có 2015 giá trị của m thỏa mãn.
Bài tập 5. Cho hàm số
3
1yxmx. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên m sao cho hàm số đồng biến
trên
1;  . Tổng các phần tử của S bằng
A.
1
. B. 3. C. 9 . D.
10
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt
3
1
g
xxmx
Ta có
lim
x
gx

 . Do đó hàm số
ygx đồng biến trên
1;
khi và chỉ khi

2
3
0, 1; 3 0, 1;
0, 1;
10, 1;
gx x x m x
gx x
xmx x
 



2
2
1;
2
2
1;
min 3 , 1;
3, 1;
1
1
,1;
min , 1;
mxx
mxx
mx x
mx x
x
x













3
20;1;2
2
m
mm
m

.
Lưu ý: Vì
 
2
ygx gx nên ta có thể chuyển bài toán về xét tính đơn điệu của hàm số

2
ygx
.
- Tính đạo hàm

2
.
g
xgx
y
g
x
.
- Hàm số
32
yaxbx cxd đồng biến trên
;
khi và chỉ khi 0y
với
;x
 .
Trường hợp 1:

0, ;
0
gx x
g

Trường hợp 2:

0, ;
0
gx x
g

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 19
Dạng 7. Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số
y
fx
,
y
fux
,
yfux hx
… khi biết bảng biến thiên của hàm số
1. Phương pháp giải
Bước 1:
Tìm đạo hàm của hàm số
y
fux
,
y
fux hx
…
.yuxfux

,
.yuxfux hx


Bước 2: Từ bảng biến thiên xác định nghiệm phương trình
0fx
, nghiệm của bất phương trình
0fx
và nghiệm của bất phương trình
0fx
.
Bước 3: Đánh giá các khoảng thỏa mãn 0, 0yy

Bước 4: Kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số
yfx ,
yfux ,
yfux hx
…
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hàm số
yfx
có bảng xét dấu đạo hàm như sau
Hàm số
2
2yfx x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
1; 
. B.
3; 2
. C.
0;1
. D.
2; 0
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt
2
2
g
xfx x
Ta có
2
2.2 2gx f x x x



2
2
2
1
1
0
22
02
20
1
23
3
x
x
x
xx
gx x
xx
x
xx
x






Bảng xét dấu
g
x
x

2
0
3
f
x
0
0
0
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 20
Dựa vào bảng xét dấu của
g
x
suy ra hàm số
2
2
g
xfx x đồng biến trên
;3, 2;1
và
0;1 , nên hàm số đồng biến trên
0;1 .
Lưu ý: - Thông qua bảng xét dấu
fx
xác định được nghiệm của phương trình
0fx
.
- Hàm số
2
2yfx x đồng biến đánh giá 0y
với
2
22 2yxfxx

 (giải bất phương
trình tích)
Chú ý:
Nếu
0
f
xxa
thì
0
f
ux ux a
.
- Bảng xét dấu
g
x
chính là bảng xét dấu của tích
2
22 2
x
fx x
.
Bài tập 2. Cho hàm số
yfx có bảng xét dấu của đạo hàm
f
x
như sau
Hàm số
32
32391ygx f x x x x nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
A.
2;1
.
B.
2; 
.
C.
0; 2
.
D.
;2
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
2
36932ygx x x f x

.
Hàm số
ygx nghịch biến khi và chỉ khi
2
0232
y
gx x x f x


(1).
Nhận xét:
• Xét
2; 
Với
3112 10xf
 loại.
• Xét
0; 2
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 21
Với

391
10
242
xf




loại.
• Xét
;2
Với
415 60xf

loại.
Xét
2;1 thỏa mãn (1) vì

2
2
31
230
230
31
3
21
20
31
12 5
x
xx
xx
x
x
x
fx
x
x











Lưu ý: - Thông qua bảng xét dấu
fx
xác định được nghiệm của bất phương trình
0fx
và
nghiệm của bất phương trình
0fx
.
- Hàm số
ygx nghịch biến
đánh giá
0y
.
Với dạng toán này cần tìm những giá trị của
x
sao cho
2
20
230
fx
xx


.
Dạng 8: Tìm khoảng đồng, biến nghịch biến của hàm số
,yfxyfux khi biết đồ thị của
hàm số
yfx
1. Phương pháp giải
Bước 1:
Tìm đạo hàm của hàm số
yfux ,
yuxfux

.
Bước 2: Từ đồ thị hàm số
yfx
xác định được hàm số
yfx
hoặc (nghiệm phương trình
0fx
, nghiệm của bất phương trình
0fx
và nghiệm của bất phương trình
0fx
).
Bước 3: Đánh giá các khoảng thỏa mãn 0, 0yy
.
Bước 4: Kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số
yfx ,
yfux
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hàm số
32
yfx axbxcxd

,,,abcd có đạo hàm trên và có đồ thị như
hình vẽ. Đặt hàm số
21ygx f x. Hàm số
y
gx nghịch biến trên khoảng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 22
A.

1; 0 . B.

8; 1. C.
1; 2 . D.
0;1 .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Cách 1:
Hàm số
21ygx f x có
221ygx f x


Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi
221 12110 1
y
fx x x


Cách 2: Hàm số
yfx có dạng
32
yfx axbxcxd
,,,abcd .
Ta có

2
32
f
xaxbxc
.
Theo đồ thị, hai điểm

1; 3A
và
1; 1B
là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
y
fx
.
Ta có



13
31
11
10
32 0 3
10
32 0 1
10
f
abcd a
f
abcd b
abc c
f
abc d
f













Vậy
3
31
f
xx x

3
21 21 3211ygx f x x x ;

2
62 1 6ygx x



21 1 0
0
211 1
xx
gx
xx






Bảng xét dấu
x

0
1
g
x
0
0
Vậy hàm số

y
gx
nghịch biến trên
0;1
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 23
Lưu ý: Từ đồ thị hàm số

yfx
xác định hàm
yfx
. và hàm
21yfx

khảo sát và tìm
khoảng nghịch biến của hàm số.
Chú ý:
Nếu hàm số

yfx đồng biến trên

;ab thì hàm số
f
mx n
:
Đồng biến trên
;
anbn
mm




nếu
0m .
Nghịch biến trên
;
bnan
mm




nếu
0m
.
Bài tập 2. Cho hàm số
32
y
f x ax bx cx d

,,,abcd
có đồ thị như hình bên. Đặt
2
2ygx fx x.
Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau.
A.
g
x
nghịch biến trên khoảng
0; 2
.
B.
g
x đồng biến trên khoảng
1; 0 .
C.
g
x nghịch biến trên khoảng
1
;0
2



.
D.
g
x
đồng biến trên khoảng
;1
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Hàm số
32
yfx axbxcxd, có đồ thị như hình vẽ.
Nhận xét
0; 4A và
2; 0M là hai điểm cực trị của hàm số.
Ta có



04
41
20
842 0 3
32 0 0
00
12 4 0 4
20
f
da
f
abcd b
abc c
f
abc d
f










Tìm được hàm số
32
34yx x
Ta có

32
22
23 24ygx x x x x

2
22
213 2 6 2ygx x xx xx





Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 24

1
2
00
1
x
gx x
x



Bảng xét dấu
x

1
1
2
0

g
x
0
0
0
Vậy
ygx nghịch biến trên khoảng
1
;0
2



.
Lưu ý: - Từ đồ thị hàm số
yfx xác định được hàm
yfx và hàm
2
2yfx x

khảo sát
và tìm khoảng nghịch biến của hàm số.
- Có thể sử dụng
2
21. 2yxfxx


0y

2
210
20
x
fx x


2
2
210
20
22
x
xx
xx



Bài tập 3. Cho hàm số bậc ba
32
y
f x ax bx cx d và
1ygx fmx
 , 0m có đồ thị
như hình vẽ. Hàm số

ygx nghịch biến trên đúng một khoảngcó độ dài bằng 3. Giá trị m là
A.
3
. B.
1
2
.
C.
2
3
.
D.
2
5
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 25
Hàm số
1ygx fmx
nghịch biến trên khoảng có độ dài bằng 3 nên
10 10gx mf mx fmx

 trên một khoảng có độ dài bằng 3.
Ta có

1
10
10
12 1
x
mx
m
fmx
mx
x
m



Bảng xét dấu
1fmx
x

1
m
1
m

1fmx
0
0

11
10 ;fmx x
mm




Yêu cầu của bài toán
11 2
3
3
m
mm




Lưu ý: Từ đồ thị hàm số
yfx xác định hàm số
yfx và
1ygx fmx
 kết hợp với
phần nhận xét ở Bài tập 1 cho kết quả.
- Hàm số
f
x đồng biến trên
0; 2 Hàm số
1yfmx
 nghịch biến trên
0121
;
mm




có độ
dài bằng
22
3
3
m
m
 .
Dạng 9: Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số
yfx ,


yfux ,


yfux hx … khi biết đồ thị của hàm số

yfx
1. Phương pháp giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 26
Bước 1: Tìm đạo hàm của hàm số
yfux
,
yfux hx
…
 
yuxfux

,
.yuxfux hx


Bước 2: Từ đồ thị hàm số
yfx
xác định nghiệm phương trình
0fx
, nghiệm của bất phương
trình
0fx
và nghiệm của bất phương trình
0fx
.
Bước 3: Đánh giá các khoảng thỏa mãn
0, 0yy


Bước 4: Kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số
yfx
,
yfux
,
yfux hx …
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hàm số
yfx . Đồ thị hàm số
yfx
như hình vẽ. Hàm số
32ygx f x
nghịch biến trên khoảng
A.
;1 . B.
2;  . C.
0; 2 . D.
1; 3 .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Từ đồ thị

22
:;0
5
x
Cy fxfx
x



(1)
Mà
2. 3 2


g
xfx (2)
Từ (1) và (2) ta có

15
232 2
0320
22
32 5
1
x
x
gx f x
x
x


 


Vậy hàm số
g
x
nghịch biến trên các khoảng
15
;
22



và
;1

.
Lưu ý: Thông qua đồ thị hàm số
yfx


22
0
5
x
fx
x


.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 27

2
0
25
x
fx
x



.
Hàm số
32yf x nghịch biến đánh giá
232 0yf x

.
Chú ý:
Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số
yfx
với trục hoành chọn hàm cụ thể thỏa mãn
225yfx x x x

232yf x

 .
Lập bảng xét dấu.
Kết luận.
Bài tập 2. Cho hàm số
yfx
liên tục trên
. Hàm số
yfx
có đồ thị như hình vẽ. Hàm số

2019 2018
1
2018
x
gx f x
 trên khoảng nào dưới đây?
A.
2;3
.
B.
0;1
.
C.
1; 0
.
D.
1; 2
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
11gx f x


Do đó

11 0
011
12 3
xx
yfx
xx







Vậy hàm số đồng biến trên

1; 0 .
Nhận xét: Hàm số
g
x
có
11gx f x


.
Từ đồ thị hàm số
yfx
, ta có

1
1
2
x
fx
x

11 2fx x

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 28
Bài tập 3. Cho hai hàm số
f
x
và
g
x
có đồ thị như hình vẽ. Biết rằng hai hàm số
21fx
và
g
ax b có cùng khoảng nghịch biến
;mn , ,mn
. Khi đó giá trị của biểu thức
4ab bằng
A.
0
. B. 2 . C. 4
. D.
3
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Hàm số
yfx
nghịch biến trên khoảng
1; 3
Hàm số
21yfx có
221yfx


Với
0 2. 210 210 12131 2

   yfx fx x x
Vậy hàm số

21yfx nghịch biến trên khoảng
1; 2
Hàm số
ygaxb có đạo hàm
.yagaxb



0
.0
22
b
x
ax b
a
yagaxb
ax b b
x
a





Nếu
2
0
bb
a
aa

Hàm số nghịch biến trên các khoảng
2
;; ;
bb
aa

 


(không thỏa mãn).
Nếu
2
0
bb
a
aa

Hàm số nghịch biến trên khoảng
2
;
bb
aa



Do hàm số có cùng khoảng nghịch biến là
1; 2
nên
22
11
2
4
22
b
a
aa
bbb
aa









.
Vậy
44ab.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 29
Dạng 10. Ứng dụng tính đơn điệu vào giải phương trình, bất phương trình, tìm điều kiện có nghiệm
của phương trình
1. Phương pháp giải
*
Cho hàm số
yfx liên tục và đồng biến (hoặc nghịch biến) trên tập D, ta có
Với mọi
,uv D mà
f
ufv uv
Nhận xét:
00
f
xfx xx
. Do đó phương trình
0fx
có nhiều nhất một nghiệm
* Cho hàm số
yfx
liên tục và đồng biến (hoặc nghịch biến) trên tập
D
, ta có
Với mọi
,:uv D f u f v u v.
Với mọi
,:uv D f u f v u v
.
* Nếu hàm số
yfx liên tục và có
min
D
f
xA
,
D
max B
thì phương trình
f
xgm có
nghiệm thuộc tập hợp
DAgmB
.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Biết phương trình
3
3
27 23 1 26 1
x
xx có một nghiệm thực dương
1
6
ac
x
bd

với
,,bcd là các số nguyên tố. Khẳng định đúng là
A.
61ad bc. B.
61ad bc
.
C.

51ad bc. D.
51ad bc
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Phương trình

3
3
33
27 23 1 26 1 3 3 26 1 26 1
x
xxxxx x . (1)
Xét hàm số
32
310ft t t f t t
 , t
Hàm số đồng biến trên
.
Phương trình (1):

3
33
3 261 3 261 27 2610fx f x x x x x
10
1123
1123
26 3
26 3
x
x
x



là nghiệm có dạng đã cho
1, 2, 23, 3ab c d
61ad bc.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 30
Bài tập 2. Biết phương trình
32
812103101101
x
xx x x
có một nghiệm thực dương
ab
x
c
với , ,abc
và ,ac là các số nguyên tố cùng nhau.
Khẳng định đúng là
A.

23ac b. B.
43ac b
.
C.
23ac b. D.
43ac b
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Nhận xét:
- Vế trái là đa thức bậc ba, vế phải chứa căn bậc hai nên ta biến đổi để xuất hiện
3
10 1x . Ta có
 
3
10 1 10 1 10 1 2 10 1 10 1 2 10 1
x
xx x x x 

Khi đó phương trình có dạng

3
3
2 101 2101ax b ax b x x
Điều kiện
1
10
x
Phương trình đã cho

3
3
21 221 101 2101
x
xx x (1).
Xét hàm số
32
2320ft t t f t t

,
t
Hàm số đồng biến trên
.
Phương trình



2
210
1 21 101 21 101
21 101
x
fx f x x x
x
x



2
1
741
2
4
2710
x
x
xx


7, 41, 4 4 3ab c acb
.
Bài tập 3. Biết phương trình
3
12 1
2
213
x
x
x


, có một nghiệm thực
2
ab
x
, với , ,abc
và c là
số nguyên tố. Khẳng định đúng là
A. 21ac b. B. 2ac b
.
C.
21ac b. D. 2ac b
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 31
kiện
13
1
x
x

Phương trình đã cho
3
2122213xx x x  
33
33 3
1 1 21 21 1 21xx x xfxfx (1)
với
3
f
ttt
Xét hàm số
3
f
ttt
, có
2
31ft t

, t
Hàm số đồng biến trên .
Do đó


3
66
3
32
1
210
1121
2
121
0
x
x
xx
xx
xxx






0
15
1, 5, 2 2 1
15
2
2
x
x
ab c acb
x

.
Bài tập 4. Cho hàm số
yfx có
0
fx ,
x
. Tất cả các giá trị thực của
x
để

1
2ff
x



là
A.
1
0;
2
x



.
B.

1
;0 ;
2
x

 


.
C.
1
;
2
x




.
D.

1
;0 0;
2
x




.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
0
fx , x nên hàm số
yfx nghịch biến trên
Do đó
 
1112 1
22 0 ;0;
2
x
ff x
xxx




Bài tập 5. Bất phương trình
32
236164 23xxx x
có tập nghiệm là

;ab
. Tổng
ab
có
giá trị bằng
A. 2 . B. 4. C. 5 . D. 3 .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Điều kiện: 24x
Xét

32
236164
f
xxxx x trên đoạn
2; 4 .
Có


2
32
31
1
,2;4
24
23616
xx
fx x
x
xxx



, do đó hàm số đồng biến trên

2; 4 .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 32
Bất phương trình đã cho
123 1
f
xf x
So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là
1; 4 5Sab

.
Bài tập 6. Cho
3
2
m
fx x x
.Tổng các giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
f
fx x
có nghiệm trên đoạn
1; 4 là
A. 6 . B. 9. C. 21. D. 22 .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt



tfx
tfx fttfxx
ft x

. (1)
Xét hàm số
3
22
m
gu f u u u u có
2
320gu u
,
u
.
Do đó
3
12
m
tx fx x x
. (2)
Phương trình
f
fx x
có nghiệm trên đoạn
1; 4 2
có nghiệm trên đoạn
33
1; 4 1 2 4 0;1; 2;3; 4;5; 6
m
m
Tổng các giá trị là
123456 21
.
Bài tập 7. Cho hàm số

53
34
f
xx x m . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để phương
trình

3
3
f
fx m x m có nghiệm trên đoạn
1; 2 ?
A. 15 . B. 16. C. 17 . D. 18 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt
 
3
3
tfxmfxtm, kết hợp với phương trình ta có hệ phương trình


3
33
3
ft x m
f
tt fxx
fx t m



.(1)
Xét hàm số
 
35 3
44
g
ufuuu u m

42
512 0, 1;2gu u u u
 Hàm số đồng biến đoạn
1; 2 .
Do đó
353
123tx fx x m x x m
(2)
Với
53
1; 2 , 3 2 4 8xxx
Phương trình (2) có nghiệm trên đoạn
1; 2 3 3 48 1 1 6mm

Bài tập 8. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
22sinsinmm x x
có
nghiệm thực?
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 33
A.
0
. B. 1. C.
3
. D. 2 .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Điều kiện
sin 0x
.
Ta có
2
2 2sin sin 2 2sin sinmm x xmm x x  .
2
2sin 2 2sin sin 2sinmxmxxx (1)
Xét hàm số
2
2
f
tt t
220, 0ft t t

Hàm số
f
t
đồng biến trên
0;
.
Phương trình


1 2sin sin 2sin sin
f
mxfxmxx
2
sin 2sin
x
xm
Đặt
sin 0;1xt t
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình
2
2ttm
có nghiệm trên
0;1 .
Xét hàm số
2
2
g
tt t,

0;1t
Ta có
22; 0 1
g
ttgt t


Suy ra


0;1
0;1
0; min 1max g t g t
Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
10m

Mà
m nên 0; 1mm.
Bài tập 9. Cho hàm số
y
fx liên tục trên , có đồ thị như hình vẽ.
Có bao nhiêu giá trị của tham số
m để phương trình


3
2
2
9
3
38
mm
fx
fx
có 3 nghiệm thực phân
biệt?
A. 1. B. 2. C. 3 . D. 4.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 34
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Phương trình


32 2
27 3 3 9 3 8m m fx fx


3
3
22
333838m m fx fx

2
338gm g f x (1)
Xét hàm số
32
310,gt t t g t t t
 nên hàm số đồng biến trên
Do đó


 


2
2
2
2
2
98
2
38
3
13 83
98
98
3
3
3
m
fx
m
fx m
m
fx
m
fx


Dựa vào hình vẽ thì phương trình (3) vô nghiệm (vì
0,
f
xx
)
Do đó để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt
2 có ba nghiệm phân biệt hay
2
2
98
35
3
3
5
11
98
1
3
3
m
m
m
m

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 35
BÀI 2. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
1. Khái niệm cực trị của hàm số
Định nghĩa
Giả sử hàm số f xác định trên

KK và
0
x
K
a)
0
x
được gọi là điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại một khoảng
;ab K
chứa điểm
0
x
sao
cho
00
,;\.
f
xfx xabx
Khi đó
0
f
x được gọi là giá trị cực đại của hàm số f.
b)
0
x
được gọi là điểm cực tiểu của hàm số f nếu tồn tại một khoảng
;ab K
chứa điểm
0
x
sao
cho

00
,;\.
f
xfx xabx
Khi đó

0
f
x được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số f.
Chú ý:
1) Điểm cực đại (cực tiểu)
0
x
được gọi chung là điểm cực trị. Giá trị cực đại (cực tiểu)
0
f
x
của hàm
số được gọi chung là cực trị. Hàm số có thể đạt cực đại hoặc cực tiểu tại nhiều điểm trên tập hợp K.
2)
Nói chung, giá trị cực đại (cực tiểu)
0
f
x không phải là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số f trên
tập K;
0
f
x chỉ là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số f trên một khoảng
;ab chứa
0
x
.
3)
Nếu
0
x
là một điểm cực trị của hàm số f thì điểm
00
;
x
fx được gọi là điểm cực trị của đồ thị hàm
số f.
2. Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị
Định lí 1
Giả sử hàm số
f đạt cực trị tại điểm
0
x
. Khi đó, nếu f có đạo hàm tại điểm
0
x
thì
0
0.fx
Chú ý:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 36
1) Điều ngược lại có thể không đúng. Đạo hàm
f
có thể bằng 0 tại điểm
0
x
nhưng hàm số f không đạt
cực trị tại điểm
0
x
.
2) Hàm số có thể đạt cực trị tại một điểm mà tại đó hàm số không có đạo hàm.
3. Điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị
Định lí 2
a) Nếu

f
x
đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua điểm
0
x
(theo chiều tăng) thì hàm số đạt cực tiểu tại
điểm
0
x
.
b) Nếu
f
x
đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua điểm
0
x
(theo chiều tăng) thì hàm số đạt cực đại tại
điểm
0
x
.
Định lí 3
Giả sử hàm số
f có đạo hàm cấp một trên khoảng
;ab
chứa điểm
00
,0xfx
và f có đạo hàm cấp hai
khác 0 tại điểm
0
x
.
a) Nếu
0
0fx

thì hàm số f đạt cực đại tại điểm
0
.
x
b)
Nếu
0
0fx

thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm
0
.
x
Nếu
0
0fx

thì ta chưa thể kết luận được, cần lập bảng biến thiên hoặc bảng xét dấu đạo hàm.
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP BÀI TẬP
Dạng 1: Cho hàm số
()
fx hoặc
()
'fx. Tìm điểm cực trị, giá trị cực trị
1. Phương pháp
Cách 1: Lập bảng biến thiên hoặc bảng xét dấu
Bước 1.
Tìm
f
x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 37
Bước 2. Tìm các điểm

1, 2,...
i
xi
tại đó đạo hàm bằng không hoặc hàm số liên tục nhưng không có đạo
hàm.
Bước 3. Xét dấu

f
x
. Nếu

f
x
đổi dấu khi x qua điểm
i
x
thì hàm số đạt cực trị tại điểm
i
x
.
Cách 2: Dùng định lý 3
Bước 1:
Tìm

f
x
Bước 2: Tìm các nghiệm

1, 2,...
i
xi
của phương trình
0.fx
Bước 3: Tính
i
f
x

Nếu
0
i
fx

thì hàm số f đạt cực đại tại điểm.
i
x
Nếu
0
i
fx

thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm
.
i
x
Nếu
0
i
fx

thì ta lập bảng biến thiên để xác định điểm cực trị.
* Tìm (điểm) cực trị thông qua đạo hàm
f
x
: Ta đi đếm số nghiệm bội lẻ của phương trình đạo hàm
2. Bài tập
Bài tập 1:
Giá trị cực đại của hàm số

2
21fx x x

là số nào dưới đây?
A.
3
.
3
B. 3. C. 3. D.
3
.
3
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Hàm số đã cho xác định trên .
Ta có:

2
2
1.
1
x
fx
x

Từ đó:

2
22
20
3
012 .
3
14
x
fx x x x
xx


Bảng biến thiên:
Vậy hàm số đạt cực đại tại điểm
3
3
x
, giá trị cực đại của hàm số là
3
3.
3
f





Bài tập 2: Các điểm cực đại của hàm số
2sin
f
xx x có dạng (với k
)
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 38
A.
2.
3
xk

B.
2.
3
x
k

C.
2.
6
xk
 D. 2.
6
x
k

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Hàm số đã cho xác định trên .
Ta có:
12cosxfx

. Khi đó
 
1
0cosx 2,
23
fx x k k

2sin
f
xx

Vì
22sin 22sin0
333
fk k




 


nên
2
3
x
k

là điểm cực tiểu.
Vì
2 2sin 2 2sin 2sin 0
3333
fk k




 


nên
2
3
x
k

là điểm cực đại
Bài tập 3: Cho hàm số (x)yf
có đạo hàm
23 2
(x) (x 1)(x 3x 2)(x 2x)f
 .
Số điểm cực trị của hàm số
(x)yf
là
A. 6. B. 2. C. 3. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:
3
(x) (x 2)(x 1) x(x 1)(x 2)f
 và
(x) 0f
có 5 nghiệm bội lẻ nên có 5 điểm cực trị.
Bài tập 4: Cho hàm số
(x)yf
có đạo hàm
22
(x) x (x 1)(x 4)f
. Tìm số điểm cực trị của hàm số
2
(x )yf .
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
225222
(x ) 2x.f (x ) 2x (x 1)(x 4)f



Phương trình
2
(x ) 0f


có 3 nghiệm bội lẻ là
x0,x 1

nên số điểm cực trị của hàm số
2
(x )yf
là 3.
Chú ý:
Đạo hàm của hàm số hợp






.
f
ux f ux u x
hay
..
x
ux
f
fu
Bài tập 5: Cho hàm số (x)yf
liên tục trên , có
2
17
(x) 3x , x 0
x2
f
.
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 39
A. Hàm số có đúng một điểm cực trị trên .
B.
Hàm số có ít nhất một điểm cực trị trên (0; )
.
C.
Hàm số không có điểm cực trị nào trên
(0; )
.
D.
Hàm số có đúng hai điểm cực trị trên .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Với
x0
ta có:
2
3
22
173 3 17 3 7
(x) 3x x x 3 0
x22 2 x2 2 2
f




.
Vậy hàm số không có cực trị trên
(0; ) .
Bài tập 6: Cho hàm số
(x)yf
liên tục trên
, có đạo hàm
232
(x) (x x 2)(x 6x 11x 6) (x)
f
g
  với
(x)
g
là hàm đa thức
có đồ thị như hình vẽ dưới đây (
(x)
g
đồng biến trên (;1)
 và
trên
(2; )
. Số điểm cực trị của hàm số
(x)yf
là
A.
5. B. 2.
C.
3. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Dựa vào đồ thị, phương trình (x) 0g có 3 nghiệm bội lẻ là x 0, x 1, x 2
và một nghiệm bội chẵn là
x1 .
Tóm lại, phương trình
'0y
chỉ có
x1,x0,x2

và
x3
là nghiệm bội lẻ, nên hàm số có 4
điểm cực trị.
Dạng 2. Tìm (điểm) cực trị thông qua bảng xét dấu, bảng biến thiên của đạo hàm
Bài tập 1: Cho hàm số (x)yf liên tục trên và có bảng xét dấu đạo hàm như hình vẽ dưới đây.
Số điểm cực tiểu của hàm số
(x)yf
là
A. 1. B. 3. C. 2. D. 0.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương 1 lần nên có 1 điểm cực tiểu.
Bài tập 2: Cho hàm số (x)yf
liên tục trên và có bảng xét dấu đạo hàm như hình vẽ dưới đây
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 40
Số điểm cực trị của hàm số
(x)yf
là
A. 1. B. 3. C. 2. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đạo hàm đổi dấu hai lần nên có hai điểm cực trị.
Bài tập 3: Cho hàm số
(x)yf
liên tục trên
và có bảng xét dấu đạo hàm như hình vẽ dưới đây
Số điểm cực trị của hàm số
(x)yf là
A. 1. B. 3. C. 2. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Chắc chắn hàm số có 3 điểm cực trị là x1,x2,x3
 .
Xét tại điểm
x0 , đạo hàm đổi dấu, hàm số không có đạo hàm tại điểm x0
, nhưng theo đề bài, hàm
số liên tục trên nên (0)
f
xác định. Vậy hàm số có tổng cộng 4 điểm cực trị.
Bài tập 4: Cho hàm số
(x)yf
liên tục trên
\1 và có bảng xét dấu đạo hàm như hình vẽ dưới đây
Số điểm cực trị của hàm số
(x)yf
là
A. 1. B. 3. C. 2. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Hàm số có 3 điểm cực trị là x2,x2,x3 (hàm số không đạt cực trị tại điểm x1 vì hàm số không
xác định tại điểm
x1 ).
Bài tập 5: Cho hàm số (x)yf
có bảng biến thiên của (x)f
như hình vẽ dưới đây
Số điểm cực trị của hàm số (x)
yf là
A. 4 B. 2 C. 3 D. 5
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 41
Chọn C.
Dễ thấy phương trình
(x) 0f
có ba nghiệm bội lẻ nên hàm số có 3 điểm cực trị.
Dạng 3. Tìm (điểm) cực trị thông qua đồ thị

,,
f
ff
Bài tập 1: Cho hàm số (x)yf có đạo hàm đến cấp hai trên và có đồ thị hàm số
yfx

như hình
vẽ dưới đây (đồ thị
(x)yf

chỉ có 3 điểm chung với trục hoành như hình vẽ). Số điểm cực trị tối đa
của hàm số là
A. 1. B. 4. C. 3. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có bảng biến thiên của hàm số
(x)yf
như sau
Nhận thấy trục hoành cắt đồ thị hàm số
(x)yf
tại tối đa 2 điểm nên
(x) 0f
có tối đa 2 nghiệm phân
biệt. Vậy hàm số (x)
yf có tối đa 2 điểm cực trị.
Bài tập 2: Cho hàm số (x)yf
là hàm đa thức. Trên hình vẽ là đồ thị hàm số (x)yf trên ( ; ]a
(và
hàm số
(x)yf nghịch biến trên
;1
), đồ thị của hàm số
(x)yf
trên
;ab
(và
0
(x ) 0f
), đồ
thị của hàm số (x)
yf

trên
;b 
(và hàm số (x)yf
luôn đồng biến trên
;b 
,
1
(x ) 0f
).
Hỏi hàm số (x)
yf có tối đa bao nhiêu điểm cực trị?
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 42
A. 1. B. 6. C. 5. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Bảng xét dấu bên dưới được lập từ các suy luận sau:
* Hàm số (x)
yf nghịch biến trên

;1
nên
(x) 0, x ; 1f

và đồng biến trên
1; a
nên
(x) 0, x 1;
f
a

.
* Hàm số
(x)yf
có
0
(x) 0, x ;xfa

và
0
(x) 0, x x ;
f
b

0
(x) 0, x x ; .
f
b

* Hàm số (x)
yf

có
1
(x) 0, x ;xfb


mà
1
() 0 (x)<0, x ;xfb f b


Lại có
1
(x) 0, x x ;f

 . Vậy trong khoảng
1
x;
, phương trình
(x) 0f
có tối đa 1 nghiệm,
và nếu có đúng 1 nghiệm thì
(x)f
đổi dấu khi qua nghiệm ấy.
Vậy
(x)f
có tối đa 3 nghiệm (bội lẻ) nên hàm số (x)yf
có tối đa 3 điểm cực trị.
Bài tập 3: Cho hàm số (x)yf có đạo hàm cấp hai liên tục trên . Trên hình vẽ là đồ thị hàm số
(x)
yf trên đoạn

2; 3 , đồ thị của hàm số (x)yf
trên
;2
 , đồ thị của hàm số (x)yf
trên
3;  . Hỏi hàm số (x)yf có tối đa bao nhiêu điểm cực trị?
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 43
A. 7. B. 6. C. 5. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Bảng xét dấu bên dưới được lập từ các suy luận sau:
+ Đồ thị của hàm số (x)
yf

trên
3;
cắt trục hoành tại điểm 5, (x) 0xf

khi
x3;5 và
(x) 0f

khi
x5;
.
+ Đồ thị của hàm số ()
yfx
trên
;2
cắt trục hoành tại điểm x 5, (x) 0f
khi
x;5
và
() 0
fx
khi
x5;2 .
+ Đồ thị hàm số
(x)yf
trên đoạn

2; 3 : hàm số đồng biến trên
2; 1
và
2; 3 ; hàm số nghịch biến
trên
1; 2
Từ bảng xét dấu trên, đồ thị (x)
f
cắt trục hoành tối đa tại 2 điểm trên
3;
, khi đó trên
2;
thì
(x)
f
đổi dấu 2 lần, trên
;2 thì (x)f
đổi dấu 3 lần nên hàm số (x)
yf
có tối đa 5 điểm cực trị.
Dạng 4: Cực trị hàm bậc ba
1. Phương pháp
Bước 1.
Hàm số đạt cực đại (cực tiểu) tại điểm
0
x
thì
0
0fx
, tìm được tham số.
Bước 2. Với giá trị tham số tìm được, ta thế vào hàm số ban đầu để thử lại.
Chú ý: Đối với hàm bậc ba, ta có thể làm trắc nghiệm như sau:
+) Hàm số đạt cực tiểu tại

0
0
0
0
.
0
fx
xx
fx


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 44
+) Hàm số đạt cực đại tại


0
0
0
0
.
0
fx
xx
fx


2. Bài tập
Bài tập 1:
Tìm m để hàm số

322
1
43
3
yxmxm xđạt cực đại tại điểm x = 3.
A.
1.m  B. 5.m  C. 5.m
D. 1.m
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
22
2422.yx mxm y x m


Hàm số đạt cực đại tại
3
x
thì

2
1
30 6 50 .
5
m
ymm
m
 
Với
1, 3 2.3 2.1 4 0my


suy ra
3
x
là điểm cực tiểu.
Với
5, 3 2.3 2.5 4 0my


suy ra 3x
là điểm cực đại.
Bài tập 2: Hàm số
32
5yax x xbđạt cực tiểu tại 1
x
và giá trị cực tiểu bằng 2, giá trị của
4Hab
là
A.
1.
H
B.
1.
H 
C.
2.
H
D.
3.
H
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
2
325 62.yax x y ax


+) Hàm số đạt cực tiểu tại

110 1.xy a

+) Thay
1a ta thấy
16280y


nên 1
x
là điểm cực tiểu.
+) Mặt khác ta có:
12115 2 5.ybb
Vậy
4.1 5 1.H 
Bài tập 3: Hàm số
32
f
xaxbxcxdđạt cực tiểu tại điểm
0, 0 0xf
và đạt cực đại tại
điểm
1, 1 1xf. Giá trị của biểu thức 23Ta b cd
là
A. 2.T B. 3.T C. 4.T
D. 0.T
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
2
32.
f
xaxbxc

Do hàm số đạt cực tiểu tại điểm
0, 0 0xfvà đạt cực đại tại điểm
1, 1 1xf
nên ta có hệ phương
trình
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 45



00
0
00
02
4.
320 3
10
1
11
f
c
f
da
T
ab b
f
ab
f







Bài tập 4: Giá trị của m để hàm số
3
1yx mx có cực đại và cực tiểu là
A. 0.m B. 0.m C. 0.m D. 0.m
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Hàm số
3
1yx mx có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi 0y
có hai nghiệm phân biệt hay
2
30xm
có hai nghiệm phân biệt.
Do đó
0.m
Chú ý: Do hàm bậc ba có đạo hàm là tam thức bậc hai nên các yêu cầu sau: hàm số có cực trị, hàm số có
cực đại và cực tiểu, hàm số có hai cực trị có cách làm giống nhau, tức là
0y
có hai nghiệm phân biệt.
Bài tập 5: Với giá trị nào của m thì hàm số
32
7
3
m
yxxx
 có cực trị?
A.
1; 0 .m  B. 1.m
C.

;1 \ 0 .m  D. 1.m
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
2
21.ymx x

+) Với
0m , hàm số trở thành
2
7yx x, đồ thị là một parabol nên hiển nhiên có cực trị.
Vậy
0m thỏa mãn yêu cầu.
+) Xét
0m , để hàm số có cực trị thì 0y
có hai nghiệm phân biệt 0

10 1mm .
Hợp cả hai trưởng hợp, khi
1m
thì hàm số có cực trị.
Chú ý:
Với bài toán hỏi “có cực trị” và hệ số của bậc ba (bậc cao nhất) có chứa tham số thì nên chia hai
trường hợp: Hệ số của bậc cao nhất bằng 0 và khác 0.
Bài tập 6: Tìm các giá trị của m để hàm số
32
312ymx mx m x
không có cực trị.
A.
1
0.
4
m
B.
1
0.
4
m
C.
1
0.
4
m
D.
1
0.
4
m
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 46
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
2
36 1.ymx mxm

+) Với
0m , hàm số trở thành 2yxlà hàm đồng biến trên nên không có cực trị, nhận 0m
.
+) Xét
0m , hàm số không có cực trị khi 0y
có nghiệm kép hoặc vô nghiệm

22
1
931 012300 .
4
mmm mm m

Hợp cả hai trường hợp, khi
1
0
4
m
thì hàm số không có cực trị.
Bài tập 7: Số giá trị nguyên của tham số
20; 20m  để hàm số

32 22
1
491
3
m
yxmxmx




có hai điểm cực trị trái dấu là
A. 18. B. 17. C. 19. D. 16.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
22 2
12 4 9.ymx m xm

Hàm số có hai điểm cực trị trái dấu khi
0y
có hai nghiệm trái dấu


2
3
190 .
13
m
mm
m



Vậy
20; 19;...; 4; 2m  , có 18 giá trị của m.
Bài tập 8: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số
32
111
y
mx m m x m x

có hai điểm
cực trị đối nhau?
A. 0. B. 2. C. 1. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
2
32 1 1.ymx mmxm

Hàm số có hai điểm cực trị đối nhau 0y
có hai nghiệm đối nhau

2
2
0
30
013101.
0
10
m
m
mm mm m
S
m




Bài tập 9: Giá trị của m để đồ thị hàm số

32
126
3
m
yxmxmx
  có hai điểm cực trị có hoành
độ dương là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 47
A.
1
.
4
m
B.
1
0.
4
m
C.
0.m
D.
1
0.
4
m
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
2
21 2.ymx m xm

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị có hoành độ dương
0y
có hai nghiệm phân biệt dương


2
1
120
4
0
1
1
00010.
4
0
2
0
0
2
m
mmm
m
Smm
m
P
m
m
m
m










Bài tập 10: Cho hàm số
32
12 2 2yx mx mxm . các giá trị của m để đồ thị hàm số có điểm
cực đại, cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1 là
A.
1
.
57
45
m
m


B.
1
.
58
45
m
m


C.
1
.
57
45
m
m

D.
2
.
35
22
m
m


Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:
2
32(12)2yx mx m
 .
Đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu khi phương trình 0y
có hai nghiệm phân biệt
22
1
(1 2 ) 3( 2 ) 0 4 5 0 .
5
4
m
mmmm
m

Khi đó, giả sử
1
x
,
2
x
(với
12
x
x
) là hai nghiệm của phương trình
0y
.
Bảng biến thiên
Khi đó, yêu cầu bài toán trở thành:
2
2
2
214 5
114542
3
mmm
x
mm m

 
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 48
22
2
42 0
7
.
7
5
4541616
5
m
m
m
m
mm m m




Kết hợp điều kiện có cực trị thì
1m 
và
57
45
m
thỏa mãn yêu cầu.
Chú ý:
Có thể dùng Vi-ét để lời giải đơn giản hơn như sau:
Xét
12
1xx
12
12
2
(1)(1)0
xx
xx


213
22(12)30
m
mm


2
7
7
5
5
m
m
m

Bài tập 11: Tìm các giá trị thực của tham số m sao cho điểm cực tiểu của đồ thị hàm số
32
1yx x mx nằm bên phải trục tung.
A. 0m . B.
1
0
3
m
.
C.
1
3
m
. D. Không tồn tại.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:
2
32yx xm
.
Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu khi phương trình
0y
có hai nghiệm phân biệt
1
13 0 (1).
3
mm

Khi đó, giả sử
1
x
,
2
x
(với
12
x
x ) là hai nghiệm của phương trình 0y
thì
12
12
2
3
.
.
3
xx
m
xx

Bảng biến thiên
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 49
Do
12
2
0
3
xx
nên điểm cực tiểu của đồ thị hàm số
32
1yx x mx

nằm bên phải trục tung
12
.0 0 0
3
m
xx m
(2).
Từ (1), (2) ta có
0m
Bài tập 12: Giá trị của m để hàm số
32
1
(2) (48) 1
3
xm x mxm có hai điểm cực trị
1
x
,
2
x
thỏa
mãn
12
2
x
x
là
A. m < 2. B. m < 2 hoặc m > 6.
C.
3
2
m hoặc m > 6.
D.
3
.
2
m
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:
2
2( 2) (4 8)yx m x m
 .
Yêu cầu bài toán trở thành
12
3
( 2)( 2)0 (4 8)4( 2)40
2
xx m m m  
Bài tập 13: Gọi S là tập các giá trị thực của tham số m để hàm số
2
()(2 1)yxmx xm
 có hai điểm
cực trị
1
x
,
2
x
thỏa
12
.1xx
. Tổng tất cả các phần tử của S bằng
A. 2. B. – 2. C. 4. D. 0.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:
2
32(2) 1yx mxm
.
Hàm số có hai điểm cực trị khi
0y
có hai nghiệm phân biệt
2
70mm
 (luôn đúng).
Theo định lí Vi-ét ta có:
12 12
4
1
..113
2
3
m
m
xx xx m
m

.
Vậy tổng cần tìm bằng 4 ( 2) 2 .
Bài tập 14: Có bao nhiêu giá trị nguyên của
20;20m  để hàm số
32
1
1
3
y x mx mx
 có hai điểm
cực trị
1
x
,
2
x
sao cho
12
26xx ?
A. 38. B. 35. C. 34. D. 37.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 50
Ta có
2
2yx mxm

.
Hàm số có hai điểm cực trị khi
0y
có hai nghiệm phân biệt
2
0mm

(*).
Theo định lí Vi-ét ta có
12
12
2
.
x
xm
xx m

.
Khi đó
22
12 12 12
3
2 6 ( ) 4 . 24 4 4 24
2
m
xx xx xx m m
m

(thỏa mãn(*)).
Do m nguyên và
20; 20m 
nên
20; 19;...; 2;3; 4;...;20m 
.
Vậy có 37 giá trị của m.
Bài tập 15: Cho hàm số
32
3( 1) 9yx m x xm
. Tổng tất cả các giá trị của tham số m thỏa mãn hàm
số đạt cực trị tại hai điểm
1
x
,
2
x
sao cho
12
32 6xxm
 là
A. 0. B. 1. C. – 2. D. – 3.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
2
36(1)9yx mx

Hàm số có hai điểm cực trị khi 0y
có hai nghiệm phân biệt
22
9( 1) 27 0 ( 1) 3mm
 (*).
Theo định lí Vi-ét ta có
12
12
2( 1)
.3
xx m
xx

.
Từ
12 1
12 2
2( 1) 2
32 6
xx m xm
xxm xm





thế vào
12
.3xx
ta được
1
(2)3
3
m
mm
m


thỏa mãn (*).
Bài tập 16: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để hàm số
322
29 12yx mx mx có điểm cực đại
CD
x
,
điểm cực tiểu
CT
x
thỏa mãn
2
CD CT
x
x ?
A. 1. B. 0. C. 3. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:
22
618 12 6( )(2)yx mxm xmxm
 .
Hàm số có hai điểm cực trị khi
0y
có hai nghiệm phân biệt 0m
(*)
Trường hợp 1: m < 0 khi đó, lập bảng xét dấu đạo hàm dễ thấy
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 51
,2
CD CT
x
mx m 
Khi đó:
22
22
CD CT
xx m mm
(thỏa mãn).
Trường hợp 2: m > 0 lập bảng xét dấu đạo hàm ta có 2 ,
CD CT
x
mx m
.
22
1
4
4
CD CT
xx mmm
, loại.
Vậy
2m  thỏa mãn đề bài.
Bài tập 17: Có bao nhiêu giá trị nguyên của
18;18m  để đồ thị hàm số
2
121yx x mx
có hai
điểm cực trị nằm về hai phía trục hoành?
A. 34. B. 30. C. 25. D. 19.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Bảng biến thiên của hàm số bậc ba khi có hai cực trị và hai điểm cực trị của đồ thị nằm về hai phía trục
hoành là
Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục hoành thì
0y có ba nghiệm phân
biệt
2
210xmx có hai nghiệm phân biệt khác 1
2
2
1
12.110
1
.
10
1
m
m
m
m
m







Do m nguyên và
18;18m 
nên
18; 17;....; 2;2;3;....;18m 
Vậy có 34 giá trị của m thỏa mãn đề.
Bài tập 18: Cho hàm số
32
23yx mxxm
. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m trong
khoảng
10;10 để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của đường thẳng 6yx
.
Số phần tử của tập S là
A. 9. B. 12. C. 7. D. 11.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 52
Đặt
32
23 6.fx x mx m
Ta có


32
0
023 60 .
x
fx x mx m
x
m
 
Xét
6gx gx x
. Đồ thị hàm số đã cho có hai cực trị nằm về hai phía đường thẳng
6yx


3
0
0
.
0. 0 12 12 0
m
m
ggm m m




Do
m và thuộc
10;10 nên
3; 4;.......9m .
Bài tập 19: Cho hàm số
322
342yx mx m có đồ thị (C) và điểm
1; 4C
. Tổng các giá trị nguyên
dương của m để (C) có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 4 là
A.
6. B. 5. C. 3. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
2
0
03 6 0 .
2
x
yxmx
x
m
 
Đồ thị (C) luôn có hai điểm cực trị với mọi m nguyên dương (vì m là số nguyên dương nên phương trình
0y
luôn có hai nghiệm phân biệt).
Khi đó
232
0;42,2;442Am Bmmm
26 4
416 241.AB m m m m

2
22
3
42
0
:2420.
20 4
ym
x
AB m x y m
mm



Thế tọa độ C vào phương trình đường thẳng (AB), dễ thấy
CAB .

22 2
44
24422 3
,.
41 41
mm m
dCAB
mm




2
4
4
23
11
.. , 4 .2.4 1. 4
22
41
ABC
m
SABdCAB mm
m

2 642
32 6 9 40mm m m m 

2
22
1
140 .
2
m
mm
m



Do m nguyên dương nên ta nhận được
1, 2mm
. Tổng là 3.
Chú ý: Học sinh nên kiểm tra điều kiện để hàm số có hai điểm cực trị và điều kiện để ba điểm A, B, C
không thẳng hàng (dù trong bài toán này, nếu “quên” thì không ảnh hưởng đến kết quả).
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 53
Ta có thể tính nhanh diện tích như sau:
Ta có
2
0; 4 2OA m

và
32
2;4 4 2OB m m m

Khi đó:

2
1
24 2 4
2
ABC
Smm
Bài tập 20: Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để hàm số

32 2
1
3
3
yxxm x có hai điểm cực
trị
12
,
x
x sao cho giá trị biểu thức
12 2
22 1Pxx xđạt giá trị lớn nhất?
A. 2. B. 1. C. 4. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
22
23.yx xm

Hàm số có hai điểm cực trị khi
2
13022.mm
Theo định lí Vi-ét
12
2
12
2
.
.3
xx
xx m


12 2 12 1 2
22 1 2 2Pxx x xx xx
22
32.22 9 9.mm
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
0m
(thỏa mãn).
Bài tập 21: Gọi
12
,
x
x là hai điểm cực trị của
32
11
410
32
yx mxx
. Giá trị lớn nhất của
22
12
116Sx x là
A. 16. B. 32. C. 4. D. 0.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
2
4yxmx
 . Do 1, 4actrái dấu nhau nên 0y
luôn có hai nghiệm trái dấu hay hàm số
luôn có hai điểm cực trị.
Theo định lí Vi-ét:
12
12
.
.4
x
xm
xx


Khi đó


22
22 22
12 1 2 12 1 2
16 16 2 16 . 16 0.Sxx xx xx xx
Dấu “=” xảy ra khi
22
12 2 1
16 4 3.xx x x m
Bài tập 21: Tìm m để đồ thị hàm số
32
:3296Cyx m x m xm
 có hai điểm cực trị và
khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng qua hai điểm cực trị đạt giá trị lớn nhất
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 54
A.
33
6;6 .
22
m

 


B.
33
3;3 .
22
m
 

C.
362;362.m  D.
662;662.m 
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
22
y3 2 3 2 9 3 6 9 2 2
x
mxm xx mxm
 
13 9 2 .
x
xm
Hàm số có hai cực trị khi 0y
có hai nghiệm phân biệt
392 0 6mm

Một trong hai điểm cực trị là
1;1A
và
1;1 2OA OA

và

1.
OA
k
Đường thẳng d qua hai điểm cực trị có hệ số góc là

2
22
29 3
39
d
kmm

Ta có
;2.dOd OA
Dấu “=” xảy ra khi


2
22
.1 29 31
39
d
OA
dOA kk m m




3
6.
2
m
Bài tập 22: Giả sử A, B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
32
y x ax bx c
và đường thẳng (AB) đi
qua gốc tọa độ. Giá trị lớn nhất
min
P
của
P
abc ab c
bằng
A.
min
9.P  B.
min
1.P
C.
min
16
.
25
P 
D.
min
25
.
9
P 
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đường thẳng qua hai cực trị là

2
22
:.
39 9
aab
AB y b x c




Do (AB) qua gốc O nên
09.
9
ab
cabc
Khi đó
2
2
52525
910 3 , .
39 9
P abc ab c c c c c




Vậy
min
25
9
P 
khi
5
.
9
5
c
ab


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 55
Bài tập 23: Biết rằng đồ thị hàm số
3
32yx mx
có hai điểm cực trị A, B. Gọi M, N là hai giao điểm
của đường thẳng (AB) và đường tròn

22
:1 13Cx y
 . Biết MN lớn nhất. Khoảng cách từ điểm

3;1E
đến

A
B
bằng
A.
3.
B.
2.
C.
23.
D.
22.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
2
33.yxm

Hàm số có hai điểm cực trị
0y

có hai nghiệm phân biệt 0.m
Viết hàm số dưới dạng

2
3322 22
33
xx
yxmmx ymx

Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là
:22.AB y mx

Đường thẳng
A
B luôn đi qua điểm cố định là
0; 2 .M
Đường tròn
C tâm
1;1I , bán kính 3R và
;13dI AB IM R



nên đường thẳng luôn cắt
đường tròn tại hai điểm M, N.
Giả sử

1
1; 1 1 2 2 .
2
IAB mm
Vậy khi
1
2
m (thỏa mãn hàm số có hai điểm cực trị) thì (AB) qua
1; 1I , cắt đường tròn
C tại hai điểm
M, N với
2
M
NR là lớn nhất. Khi đó:
3;1 ; : 2 0 2.dE AB y x 

Dạng 5. Cực trị hàm bậc bốn trùng phương
1. Phương pháp
Xét hàm số
42
yax bx c,
0a
, có đạo hàm là
32
4222yaxbxxaxb
 .
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi
0y
có ba nghiệm phân biệt
0ab
.
Đồ thị hàm số có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi 0y
có đúng một nghiệm
0ab.
Đồ thị hàm số hoặc có đúng một điểm cực trị hoặc có ba điểm cực trị, và luôn có một điểm
cực trị nằm trên trục tung.
Đồ thị hàm số có ba cực trị:
Nếu
0a
hàm số có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại;
Nếu 0a hàm số có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu.
Chú ý rằng ba điểm cực trị của đồ thị hàm số luôn tạo thành một tam giác cân.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 56
Khi hàm số có một cực trị:
0a thì điểm cực trị là điểm cực tiểu;
0a thì điểm cực trị là điểm cực đại.
Đồ thị hàm số
42
yaxbx c có nhiều điểm cực trị nhất (bảy cực trị) khi đồ thị hàm số
42
f
xaxbxc
có ba điểm cực trị và đồ thị của nó cắt trục hoành tại bốn điểm phân
biệt.
Đồ thị hàm số
42
yaxbx c có ít điểm cực trị nhất (một cực trị) khi đồ thị hàm số
42
f
xaxbxc
có một điểm cực trị và đồ thị của nó không có điểm chung hoặc chỉ
tiếp xúc với trục hoành.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Có bao nhiêu số nguyên
20;20m 
để đồ thị hàm số
42 2
91ymx m x
 có ba điểm
cực trị?
A. 20. B. 19. C. 18. D. 17.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 57
Ta có
32 22
42922 9ymx m xxmxm



.
22
0
0
290
x
y
mx m



1
.
Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi
0y
có ba nghiệm phân biệt hay
1
có hai nghiệm phân biệt
khác 0

2
3
290
03
m
mm
m



.
Vậy có 19 giá trị của
m thỏa mãn đề bài.
Bài tập 2. Tập hợp các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
42
34yx mx
 có ba điểm cực trị phân
biệt và hoành độ của chúng trong khoảng
2; 2
là
A.
8
;0
3



.
B.
8
0;
3



.
C.
3
;0
2



.
D.
3
0;
2



.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
3
46yxmx
 . Cho
2
0
0
23
x
y
x
m


2
.
Để thỏa mãn đề bài phương trình
2
có hai nghiệm phân biệt khác 0 và thuộc khoảng
2; 2
38
040
23
m
m  .
Bài tập 3. Biết rằng hàm số
422
212yx m x có điểm cực tiểu. Giá trị lớn nhất của cực tiểu là
A. 1. B. -1. C. 0. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn A.

32
22
0
44 1 0
1
x
yx m xy
xm


.
Rõ ràng phương trình
0y
luôn có ba nghiệm phân biệt.
Lập bảng biến thiên, dễ thấy
2
1xm là các điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.
Giá trị cực tiểu là
2
242
21121
CT
ym mm (dấu " "
xảy ra khi
0m
).
Bài tập 4. Với giá trị nào của k thì hàm số
42
112ykx k x k
 chỉ có một cực trị?
A. 01k. B. 01k. C.
1
0
k
k
.
D.
1
0
k
k
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 58
Với
0k
, hàm số trở thành
2
1yx

có đồ thị là một parabol nên có đúng một cực trị. Do đó
0k thỏa mãn đề bài.
Với 0k . Ta có
32
42122 1ykx kxxkxk
 .
Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì phương trình
2
210kx k

vô nghiệm hoặc có nghiệm

1
010
0
k
xkk
k
 
.
Kết hợp hai trường hợp ta được các giá trị cần tìm là
1k
hoặc
0k
.
Chú ý: x=0 là nghiệm của phương trình
2
210kx k

Bài tập 5. Giá trị của
m
để hàm số
42 4
12 2ym x mx mm
đạt cực đại tại
2x
là
A.
4
3
m
.
B.
4
3
m 
.
C.
3
4
m
.
D.
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
32
41 4 121 4
y
mxmxy mxm

 
.
Để hàm số đạt cực đại tại
2x thì

4
2032 18 0
3
ymmm

.
Với
4
3
m  thì

2
44
212 1.24 0
33
y





, suy ra
2x
là điểm cực đại.
Chú ý: Nếu
(
)
(
)
00
'''0fx f x==
thì ta lập bảng biến thiên hoặc bảng xét dấu đạo hàm để kiểm tra.
Bài tập 6. Cho hàm số
42
13
22
yx mxx có
x
m
là một điểm cực trị. Tổng các giá trị của m là
A.
1
. B.
1
2
.
C.
1
. D.
1
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
32
23 1 63yxmx yxm

 .
Hàm số đạt cực trị tại điểm

1
0
1
2
m
xm ym
m

.
Với
1m
, ta có:
1630y


1
x
là điểm cực tiểu (cực trị) nên
1m
thỏa mãn.
Với
1
2
m 
, ta có:
133
0
222
y





1
2
x
là điểm cực tiểu (cực trị) nên
1
2
m
thỏa
mãn.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 59
Vậy tổng các giá trị của
m
thỏa mãn điều kiện trên là
11
1
22




.
Bài tập 7. Biết đồ thị hàm số
42
yax bx c có hai điểm cực trị là
0; 2A ,
2; 14B . Giá trị của

1
y
là
A.
15y  . B.

14y  . C.
12y
. D.

10y .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
3
42yaxbx
.
Các điểm
0; 2A
,
2; 14B
thuộc đồ thị hàm số nên
2
16 4 14
c
abc

1
.
Mặt khác, hàm số đạt cực trị tại điểm
2x
, suy ra 32 4 0ab
2 .
Từ
1
;
2
ta có
42
82yx x .
Dễ thấy hàm số có các điểm cực trị là
0; 2A ,
2; 14B nên
42
82yx x
 là hàm số cần tìm.
Khi đó
15y 
.
Bài tập 8. Biết rằng đồ thị hàm số
42
21 3yx m x m có
A
là điểm cực đại và
B
, C là hai điểm
cực tiểu. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
12
POA
BC

là
A. 9. B. 8. C. 12. D. 15.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
3
44 1yx mx

. Cho
2
0
0
1
x
y
xm

.
Hàm số có ba điểm cực trị nên
1m
.
Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là

0; 3
A
m ,
2
1; 5 1Bm mm
 và
2
1; 5 1Cm mm
. Suy ra
3OA m
, 21BC m.
Ta có

12 6 3 3
331 3
111
POA m m
BC
mmm



2
3
3
333 1 12
1
m
m




.
Dấu " " xảy ra khi

3
31 2
1
mm
m

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 60
Bài tập 9. Cho đồ thị hàm số
42
1
:Cyfx xaxb

và đồ thị hàm số
32
2
:Cygxxmxnxp như hình vẽ dưới. Gọi
B
, D là hai điểm cực tiểu của
1
C và
A
, C
lần lượt là điểm cực đại và điểm cực tiểu của
2
C
(
A
,
C
đối xứng nhau qua UOy ). Biết hoành độ
của
A
,
B
bằng nhau và hoành độ của C , D bằng nhau. Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để 3AB
?
A.
1. B. 2. C. 3. D. 4.
Phân tích: dựa vào đồ thị ta có bp và 0m
. Khi đó:
3
2
:Cyxnxb

Ta cần tìm tung độ của điểm
A
và B (theo a ).
Hướng dẫn giải
Chọn B.

2
0
0
2
x
fx
a
x

và

2
0
3
n
gx x
 .
Theo đề bài ta có , 0an và
3
23 2
an
na


.
Khi đó:
2
24
B
aa
yf b





;
32
A
na
yg ba





.
2
43
2. 2
422
aaa
A
Btt

 trong đó 0
2
a
t
.
Xét
43
3231 1 2
2
a
AB t t t a
 
.
Do
0a
nên
2; 1a  .
Bài tập 10. Cho hai hàm đa thức
yfx ,
ygx có đồ thị là hai đường cong như hình vẽ. Biết rằng
đồ thị hàm số
y
fx
có đúng một điểm cực trị là
A
, đồ thị hàm số
y
gx
có đúng một điểm cực
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 61
trị là
B
(với
A
B
x
x
) và
7
2
AB
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
10;10m 
để hàm số
yfxgxm có đúng bảy điểm cực trị?
A. 5. B. 6. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi
1
x
,
2
x
với
12
x
x là hoành độ giao điểm của đồ thị
yfx và
ygx (dựa vào đồ thị đã
cho, hai đồ thị chỉ có hai giao điểm đã kể trên, tức là
 
1
2
0
x
x
fx gx
x
x

.
Xét
hx f x gx m
.
Ta có:
  
 
.
f
xgx
hx f x gx
f
xgx




.
Cho
0
A
B
hx x x x

. Ta có bảng biến thiên của
hx
như sau
Dựa vào bảng biến thiên của
hx, yêu cầu bài toán trở thành
77
00
22
mm m
.
Do
m nguyên và
10;10m  nên
3; 2; 1m
 .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 62
Bài tập 11. Tìm các giá trị của tham số
m
để đồ thị
422
21yx mx

có ba điểm cực trị tạo thành một
tam giác vuông cân.
A. 1m  . B. 0m . C. 2m
. D. 1m .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
32
44yxmx
 ;
22
0
0
x
y
x
m

.
Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi
0m
.
Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là
0;1A ,
4
;1Bm m
,
4
;1Cmm

4
;
A
Bmm

,
4
;
A
Cmm

, dễ thấy
A
BAC
.
Do đó tam giác
A
BC vuông cân tại
A
khi và chỉ khi .0AB AC

28
01mm m 
(do
0m
).
Bài tập 12. Giá trị của tham số
m
để đồ thị hàm số
42
21 3yx m x m có ba điểm cực trị tạo thành
một tam giác có góc bằng
60
thuộc khoảng nào sau đây?
A.
513
;
25



.
B.
12 5
;
52



.
C.
11
2;
5



.
D.
11 12
;
55



.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
3
44 1yx mx

. Xét
2
0
0
1
x
y
xm


2
.
Hàm số có ba điểm cực trị khi
1m .
Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là
0; 3
A
m ,
2
1; 5 m 1Bm m
 và
2
1;5 m 1Cm m
.
Suy ra

4
22
11AB AC m m
;
21BC m
.
Tam giác
A
BC là tam giác cân tại
A
, có một góc bằng 60 nên là tam giác đều

4
3
1141 13AB BC m m m m
.
Bài tập 13. Có tất cả bao nhiêu giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
42
24 1yx mx
 có ba điểm cực
trị tạo thành một tam giác có một góc bằng
30 ?
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
3
88yxmx
 ;
2
0
0
x
y
x
m

.
Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi
0m .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 63
Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là
0;1A
,
2
;2 1Bm m
,
2
;2 1Cmm

22 4
4
A
BACmm, 2
B
Cm .
Do đó tam giác
A
BC
cân tại
A
.
Trường hợp 1:
30BAC , ta có

22
22
2
2
cos 2 3
2
AB BC
B
AC AB BC
AB


4
3
2342
42 3 3
mm m
m


.
Phương trình này có đúng một nghiệm thực.
Trường hợp 2:
30ABC , khi đó
22 4 3
3. 3 3 12 4 12 1BC AB AB BC m m m m
.
Phương trình này có đúng một nghiệm thực.
Bài tập 14. Cho đồ thị hàm số
4224
:21Cyx m x m . Gọi
A
, B , C là ba điểm cực trị của
C
và
1
S ,
2
S lần lượt là phần diện tích phía trên và phía dưới trục hoành của tam giác
A
BC . Có bao nhiêu
giá trị của tham số
m sao cho
1
2
1
3
S
S
?
A. 1. B. 2. C. 4. D. 0.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
32
44 1yx m x

.
Cho
4
22 2
0
0
121
xym
y
xm y m



.
Hàm số luôn có ba điểm cực trị với mọi tham số
m
.
Gọi
4
0;
A
m
,
22
1; 2 1Bm m
,
22
1; 2 1Cm m

là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Ta có
4
OA m ,
42
;21hdABC m m
2
42
1
1
4
21 1
121
34 4 2
3
ABC ABC
SS S
Shmm
SS SOA m


 


42
210 12mm m .
Vậy có hai giá trị của tham số thỏa mãn đề bài.
Lưu ý: Do hai tam giác đồng dạng nên tỉ lệ diện tích bằng bình phương tỉ lệ đồng dạng, với tỉ lệ đồng
dạng là tỉ lệ đường cao.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 64
Bài tập 15 . Cho hàm số
 
3
32
1
12
33
m
fx x m x mm x
có đồ thị
C
với m là tham số. Gọi
S
là tập tất cả các giá trị của tham số
m
để đồ thị
C và parabol
2
:28
P
yx mx
 có chung một
điểm cực trị. Tổng bình phương tất cả các phần tử của
S
là
A. 8. B. 10. C. 16. D. 18.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
P
có điểm cực trị là
2
;8Mm m.
2
21 2fx x m xmm



2
;
0
22;
B
xm Amm
fx
x
mBmyM



.
Vì hai đồ thị hàm số có chung một điểm cực trị nên
22
82AM m m m

.
Bài tập 16. Biết hai hàm số
32
21
f
xxax x
và
32
31
g
xxbxx

có chung ít nhất một
điểm cực trị. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
ab
là
A. 30 . B. 26. C. 36 . D. 33.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Giả sử điểm cực trị chung của
f
x
và
g
x
là
0
0x
, suy ra


0
2
0
0
00
2
0
00
0
0
12
3
20
32 20
0
3230
13
3
2
ax
x
fx
xax
gx
xbx
bx
x












.
Khi đó
00
00
12 1
33
2
Pab x x
x
x





00
00
151 5
6.26.30
22
AM GM
xx
xx





.
Dấu
"" xảy ra khi
00
0
530
6
6
xx
x

.
Khi đó
930
20
a
và
11 30
20
b
.
Chú ý:
Khi
A
và
B
cùng dấu thì
A
BAB . Hiển
nhiên
0
x
và
0
1
x
cùng
dấu.
Bất đẳng thức
A
MGM
:
2,,0
2
xy
xy x y

Dấu
""
xảy ra
x
y
.
Dạng 6. Cực trị hàm phân thức
1. Phương pháp
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 65
Xét

ux
y
vx
. Ta có

2
..uxvx vxux
y
vx

.
Gọi

00
;
M
xy là điểm cực trị. Khi đó
0
0yx
.
Suy ra
 


00
00 0 0 0
00
..0
ux u x
ux vx vx ux y
vx v x


.
Đường cong qua các điểm cực trị (nếu có) của đồ thị hàm số

ux
y
vx
là

ux
y
vx
.
Nói riêng, đường thẳng qua các điểm cực trị (nếu có) của đồ thị hàm số
2
ax bx c
y
dx e
là
2ax b
y
d
.
Chú ý:


11 11 11
2
2
2
2
22 22 22
111
2 2
2
2
222
222
2
2
.
ab ac bc
bc
xx
adx aex
ab ac bc
de
ax bx cax bx c
dx e a x b x c
dx e
ax bx c












.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Giá trị của
m
để hàm số
2
31xmxm
y
x

có cực trị là
A.
1
3
m .
B.
1
3
m .
C.
1
3
m
. D.
1
3
m .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Điều kiện 0x . Ta có
2
2
31xm
y
x

.
Hàm số có cực trị khi
2
310xm
có hai nghiệm phân biệt khác 0
1
310
3
mm.
Bài tập 2. Giá trị của m để hàm số
2
1
x
mx
y
x
m
đạt cực đại tại 1
x
là
A. 2m . B. 1m  . C. 2m
. D. 1m .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Điều kiện:
x
m .
Ta có

22
2
21xmxm
y
xm

;
1
0
1
xm
y
xm



.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 66
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại tại
111 2xm m
  .
Bài tập 3. Cho hàm số
1
q
yxp
x

(với
p
,
q
là tham số thực). Biết hàm số đạt cực đại tại 2x
,
giá trị cực đại bằng
2 . Tổng 2Sp q bằng
A.
2S
. B.
0S
. C.
1S
. D.
3S
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Điều kiện: 1x  .
Ta có:

2
1
1
q
y
x

.
Hàm số đạt cực đại tại điểm
2x  , giá trị cực đại bằng 2
nên
10 1
221
qq
pq p





.
Thử lại 1pq thỏa mãn nên 1 2 3S  .
Bài tập 4. Giá trị của m để khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
2
1
x
mx
y
x
bằng 10 là
A. 10m . B. 8m . C. 4m
. D. 2m .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Điều kiện:
1
x
.
Ta có

2
2
2
1
x
xm
y
x

.
Hàm số có hai cực trị khi
2
20xxm có hai nghiệm phân biệt
1
x
,
2
x
khác
12 0
1
10
m
m
m



.
Khi đó theo định lý Vi-ét ta có
12
12
2
.
xx
x
xm

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 67
Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị là
:2dy xm

.
Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị là
11
;2
A
xxm
,
22
;2
B
xxm

211 2
;2 2
A
Bxxx x

.
Theo yêu cầu của đề bài ta có

22 2
12 12 12 12
4 100 4 . 20xx xx xx xx
44 20m
4m
.
Bài tập 5. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số
1
ymx
x
có hai điểm cực trị và tất cả
các điểm cực trị đều thuộc hình tròn tâm
O , bán kính 6?
A. 10. B. 8. C. 9. D. 7.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Điều kiện:
0x
. Ta có:
2
1
ym
x
 .
Hàm số có hai điểm cực trị khi
0m . Khi đó
1
0
1
x
m
y
x
m


.
Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị là
1
;2
A
m
m



,
1
;2
B
m
m




.
Theo đề bài ta có
22 2
1
4364 3610OA OB m m m
m
.
Do
m , 0m nên
1; 2;3...;8m
.
Vậy có 8 giá trị nguyên của
m
thỏa mãn.
Bài tập 6. Có bao nhiêu giá trị của m để đồ thị hàm số
2
4xmx
y
xm
có hai điểm cực trị
A
,
B
và ba
điểm
A
,
B
,
4; 2C phân biệt thẳng hàng?
A. 0. B. 2. C. 3. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Điều kiện:
x
m .
Ta có


2
22
22
4
24
xm
xmxm
y
xm xm




.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 68
Cho

2
24
040
24
xm ym
yxm
xm ym

 

.
Do
22mm , m nên 0y
luôn có hai nghiệm phân biệt.
Do đó đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị. Khi đó đường thẳng qua hai điểm cực trị là
:2
A
By xm. Ba điểm
A
,
B
,
4; 2C phân biệt thẳng hàng khi và chỉ khi
6
4; 2
24 2
24 6
m
CAB
mm
mm







.
Suy ra không có giá trị nào của
m thỏa mãn đề bài.
Bài tập 7. Cho hàm số

22
21 4
:
2
x
mxmm
Cy
x

. Có bao nhiêu giá trị thực của
m
để đồ thị
hàm số
C có điểm cực đại, cực tiểu
A
, B sao cho tam giác OAB vuông?
A. 4. B. 2. C. 3. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Điều kiện: 2x  . Ta có

22
2
44
2
x
xm
y
x

.
Ta có
22
2
44 0
2
xm
xx m
xm



.
Hàm số có điểm cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi
0m
.
Tọa độ các điểm cực trị của đồ thị là
2; 2Am
,
2; 4 2 2 ; 4
B
mm ABmm

Dễ thấy
OA

, OB

, 0AB

.
Trường hợp 1: Tam giác
OAB vuông tại O
2
.0 880 426OA OB m m m

(thỏa mãn)
Trường hợp 2: Tam giác
OAB vuông tại
A
.0OA AB

222.40 240 6mm m m m
(thỏa mãn)
Trường hợp 3: Tam giác
OAB
vuông tại
B
.0OB AB

 
2
2 24240 22420
3
mm m m m m m (thỏa mãn)
Vậy có bốn giá trị thực của
m
thỏa mãn đề bài.
Bài tập 8. Cho hàm số

2
2
1
:
1
x
mx
Cy
x

với
m là tham số. Giá trị thực của m để đồ thị hàm số
C
có hai điểm cực trị
A
,
B
sao cho đường thẳng
A
B đi qua điểm
1; 2M là
A. 8m . B. 6m . C. 4m
. D. 2m .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 69
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Tập xác định: D . Ta có

2
2
2
4
1
mx x m
y
x
.
Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi
2
40mx x m

có hai nghiệm phân biệt
2
0
0
40
m
m
m


.
Đường cong qua hai điểm cực trị có phương trình là
2
2
x
m
y
x
.
Ta viết phương trình đường cong dưới dạng
2
24
2
x
mkmx xm
y
x

.
Ta chọn
k sao cho nghiệm của mẫu là nghiệm của tử để có thể rút gọn thành hàm số bậc nhất. Vì
0x
là nghiệm của mẫu, nên thế
0x
vào tử ta được
01mk m k

.
Với
1k  :

2
24
1: 1
22 2
xmmx xm m m
yxAByx
x

.
Điểm
1; 2M

21 6
2
m
AB m (thỏa mãn) .
Dạng 7: Cực trị của hàm chứa căn
Bài tập 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
10;10m  để hàm số
2
22 45yx mxx
 có cực
tiểu?
A. 7. B. 16. C. 8. D. 14.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Hàm số xác định trên .
Ta có
2
2
2.
45
x
ym
xx


và

3
2
45
m
y
xx


.
 


2
2
2
20
02 21 2
424
mx
yxmx
mx




1
.
Hàm số có cực tiểu khi và chỉ khi
1
có nghiệm
2
2
40
2
m
m
m

.
Khi đó,
1 có hai nghiệm phân biệt là
1;2
2
2
2
4
x
m

.
Với 2m , thì
1
2
2
2
4
x
m

thỏa mãn
1
0yx
và
1
0yx

,
suy ra
1
x
là điểm cực tiểu, nhận 2m .
Chú ý:
Để làm trắc
nghiệm ta có thể làm như
sau: Hàm số đạt cực tiểu
khi hệ sau có nghiệm:
0
0
y
y

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 70
Với
2m 
, thì
2
2
2
2
4
x
m

thỏa mãn
2
0yx
và
2
0yx

,
suy ra
2
x
là điểm cực đại, loại, do
2m
.
Do
m
nguyên,
2m
và
10;10m
nên
3; 4;...;9;10m
.


2
2
20
424
0
mx
mx
m


2
0, 2
2
40
mx
m
m



Bài tập 2. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để đồ thị hàm số
2
.1yxmx
 có điểm cực trị
và tất cả các điểm cực trị thuộc hình tròn tâm
O , bán kính
82
3
?
A. 4. B. 2. C. 3. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Tập xác định: D .
Ta có
2
1.
1
x
ym
x

.
Cho
2
1
0
x
ym
x

, (
0x
).
Xét
 
2
22
11
0
.1
x
gx g x
x
xx

,
0x
.
Ta có
lim 1
x
gx


;
lim 1
x
gx

;
0
lim
x
gx

;
0
lim
x
gx

.
Bảng biến thiên:
Hàm số có cực trị khi
\1;1m 
.
Gọi
;
A
ab là điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Khi đó
2
1a
m
a
 và
2
11 1
;
a
ba Aa
aa a




.
Ta có:
22
2
1821
9
39
OA a a
a
 .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 71
Vậy
2
2
1110
1;10
3
a
m
aa




.
Kết hợp với các điều kiện
m ,
\1;1m  , ta được
3; 2; 2; 3m  .
Bài tập 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số
2
2
2
mx
yx
x

có điểm cực trị
và tất cả các điểm cực trị thuộc hình tròn tâm
O , bán kính 68 ?
A. 16. B. 10. C. 12. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Tập xác định:
D
.
Ta có:
2
2
2
mx
yx
x

3
2
2
2
2
m
y
x

,
x
.
2
3
02yx m
 .
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi
3
222mm .
Gọi
;
A
ab ( 0a ) là điểm cực trị của đồ thị hàm số, khi đó:
2
3
2am và

3
223
3
2
222
2
ma ma
ba a a m aa a
m
a
 
.
Theo đề bài ta có
22 26 2
68 68 68 4OA a b a a a
.
Ta có:
22
3
042 262 666 22aa m m
.
Vì
m và 66 22m nên
14; 13;...; 4; 3m

.
Vậy có 12 giá trị của tham số
m thỏa mãn đề bài.
Chú ý:
Hàm số
không thể đạt cực
trị tại điểm
0x
.
Dạng 8: Cực trị của hàm bậc cao và hàm lượng giác
Bài tập 1. Biết rằng tồn tại các số thực a , b , c sao cho hàm số
642
3
f
x x ax bx x c
 đạt cực trị
tại điểm
2x . Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số
f
x tại điểm có hoành độ 2x  là
A. 0. B.
3
. C. 3. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:
53
64 23
f
xxaxbx
 .
Hàm số đạt cực trị tại điểm
2x nên
53
206.24..2430fab

.
Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số
f
x tại điểm có hoành độ 2x
là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 72
53 53
2 0 6.2 4. .2 4 3 3 6.2 4. .2 4 6fabab
 .
Bài tập 2. Biết rằng tồn tại các số thực
a
,
b
,
c
sao cho hàm số
2
.sin .cos3
f
xa xb xxc
 đạt cực
trị tại điểm
6
x

. Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số
f
x
tại điểm có hoành độ
6
x
là
A. 0. B.
1
. C. 2. D.
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:

.sin 2 3 .sin3 1
f
xa xb x

.
Hàm số đạt cực trị tại điểm
6
x

, suy ra
0.sin3.sin10
632
fab





.
Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số
f
x
tại điểm có hoành độ
6
x
là
.sin 3 .sin 1 2
632
fa b





.
Bài tập 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
8524
4161yx m x m x

đạt
cực tiểu tại điểm
0x
?
A. 8. B. Vô số. C. 7. D. 9.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:
7423
85 4 4 16yx m x m x



34 2 3
85 44 16 .
x
xmxm xgx



Với


42
85 4 4 16gx x m x m . Ta xét các trường hợp sau:
-
Nếu
2
16 0 4mm.
+ Khi
4m ta có
7
80yx x
 là điểm cực tiểu.
+ Khi
4m 
ta có
43
840 0yx x x
 không là điểm cực tiểu.
-
Nếu
2
16 0 4 0 0mmg .
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
0x
Đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm
0x


0
0
0
lim 0
lim 0
lim 0
x
x
x
gx
gx
gx

22
4160 1604 4 3;2;1;0;1;2;3mm mm  .
Tổng hợp các trường hợp ta có:
3; 2; 1; 0;1; 2;3; 4m  .
Vậy có tám giá trị nguyên của
m thỏa mãn yêu cầu.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 73
Bài tập 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để hàm số
8524
241yx m x m x
 đạt
cực tiểu tại
0x
?
A. 3. B. 5. C. 4. D. Vô số.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
74233
85 2 4 4 .yx m x m xxhx
 với
42
85 2 4 4hx x m x m
 .
Ta xét các trường hợp sau:
Nếu
2
40 2mm
.
-
Khi
2m
thì
7
80yx x

là điểm cực tiểu nên
2m
thỏa mãn.
-
Khi
2m 
thì
43
820 0yx x x
 không là điểm cực tiểu.
Nếu
2
40 2 0 0mmh .
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
0x
khi và chỉ khi giá trị đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua
điểm
0x .
Do đó


0
0
0
lim 0
lim 0
lim 0
x
x
x
hx
hx
hx

2
4402 2 1;0;1mmm .
Tổng hợp các trường hợp ta có
1; 0; 1; 2m  .
Vậy có bốn giá trị nguyên của
m thỏa mãn yêu cầu.
Dạng9:Tìm cực trị của hàm số chứa trị tuyệt đối
1. Phương pháp
Bước 1.
Tập xác định và tính đạo hàm
Đạo hàm hàm chứa trị tuyệt đối với công thức:

2
.
.
uu
uu
u

Chú ý:
khi 0
khi 0.
uu
u
uu

Bước 2. Giải phương trình đạo hàm bằng 0 và tìm những điểm làm cho đạo hàm không xác định (nhưng
hàm số xác định tại những điểm đó).
Bước 3. Lập bảng biến thiên hoặc bảng xét dấu đạo hàm.
2. Bài tập:
Bài tập 1.
Số điểm cực đại của hàm số
2
() 2 2 2fx x x x
là
A. 1. B. 3. C. 2. D. 0.
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 74
Chọn C.
Hàm số liên tục trên
có

2
12
22
x
x
x
fx
xx

Hàm số không có đạo hàm tại điểm
0x
.
Khi 0x ta có

2
1
2
1
33
02222 .
3
3620
x
f
xxxx x x
xx


 

Khi 0x ta có

2
2
2
1
33
02222 .
3
3620
x
f
xxxx x x
xx


Bảng xét dấu y
:
Vậy hàm số có hai điểm cực đại.
Bài tập 2. Số điểm cực trị của hàm số
12yx x
 là
A. 1. B. 4. C. 2. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có đồ thị của hàm số
12yx x như sau.
Vì


12,2
12
12,2
xx x
yx x
xx x



nên để vẽ đồ thị hàm số đã cho, ta giữ nguyên đồ
thị
12yx x
khi 2x và lấy đối xứng qua
trục hoành phần đồ thị

12yx x ứng với
2x
.
Dễ thấy hàm số

12yx x có hai điểm cực trị (xem hình vẽ dưới đây):
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 75
Dạng 10: Tìm cực trị của hàm số trị tuyệt đối nếu biết bảng biến thiên hoặc đồ thị
1. Phương pháp
Khi cho trước bảng biến thiên của hàm số, tìm cực trị của hàm số chứa giá trị tuyệt đối:
Ta dùng các phép biến đổi đồ thị chứa giá trị tuyệt đối để lập bảng biến thiên hoặc bảng xét dấu.
Chú ý:
Cách nhẩm nhanh số điểm cực trị của hàm số.
Bước 1. Tìm số điểm cực trị của hàm số
yfx .
Bước 2. Tìm số nghiệm bội lẻ của phương trình
0fx
Bước 3. Số điểm cực trị của hàm số
yfx
là tổng số điểm của cả hai bước trên.
Ví dụ: Cho hàm số

yfx có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
Tìm số điểm cực trị của hàm số
yfx .
Hướng dẫn giải
Dễ thấy trục hoành cắt đồ thị
yfx
tại ba điểm phân biệt.
Bảng biến thiên của
yfx :
Suy ra hàm số có 5 điểm cực trị.
Nhẩm nhanh số cực trị
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 76
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số
yfx
có hai điểm cực trị.
Dễ thấy trục hoành cắt đồ thị

yfx tại ba điểm phân biệt. Số nghiệm bội lẻ của phương trình

0fx
là 3.
Suy ra hàm số có năm điểm cực trị.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hàm số
yfx
có bảng biến thiên như hình vẽ dưới
đây:
Số cực trị của hàm số
yfx là
A. 5. B. 4. C. 3. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Khi 0x thì
f
xfx nên bảng biến thiên của
yfx
trên
0;  cũng chính là bảng biến thiên của
yfx
trên
0;
.
Do đồ thị
yfx nhận trục tung làm trục đối xứng nên ta có bảng
biến thiên của
yfx trên như sau:
Suy ra hàm số có 5 điểm cực trị.
Chú ý:
Có thể nhẩm nhanh
số điểm cực trị như sau:
Số điểm cực trị của hàm
yfx
bằng hai lần số
điểm cực trị dương của hàm
số

yfx rồi cộng thêm 1.
Bài tập 2. Cho hàm số
yfx
có bảng biến thiên như hình vẽ dưới
đây:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 77
Biết
00,50ff. Số điểm cực trị của hàm số
yfx là
A. 8. B. 9. C. 10. D. 11.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Hàm số đã cho đồng biến trên

1;1
nên
00,5ff
.
Bài tập 3. Cho hàm số
2
3fx xxcó đồ thị như hình vẽ
Gọi số điểm cực trị của hàm số

33gx xx x và

2
33hx x x x lần lượt là m , n .
Giá trị của mn là
A. 7. B. 5. C. 4. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
+) Xét


2
2
(3), 3
33
(3), 3
xx x
gx xx x
xx x



, suy ra đồ thị của
g
x
gồm hai phần được suy
ra từ đồ thị ban đầu như sau:
+ Phần 1: là đồ thị hàm

f
x tương ứng với 3x .
+ Phần 2: là phần đối xứng với phần đồ thị hàm
f
x qua trục Ox khi 3x . Đồ thị hàm số
g
x là
đường nét liền ở hình dưới đây.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 78
Từ đồ thị hàm số
g
x , ta có số điểm cực trị là 3 hay
3m
.
+) Xét



2
2
2
(3), ;30;
33
(3),0;3.
xx x
hx x x x
xx x



Suy ra đồ thị của
hx gồm 2 phần được suy ra từ đồ thị
ban đầu như sau:
+ Phần 1: đồ thị hàm

f
x
ứng với 3x và với 0x
.
+ Phần 2: là phần đối xứng với phần đồ thị hàm
f
x
khi
03x .
Đồ thị hàm số
hx
là đường nét liền ở hình dưới đây.
Từ đồ thị hàm số

hx, ta có số điểm cực trị là 4 hay
4n .
Vậy
34 7mn.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 79
Bài tập 4. Cho hàm số

yfx
có đồ thị như hình vẽ
Số điểm cực trị của hàm số

yfx trên
4; 4
là
A. 5. B. 7. C. 9. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có đồ thị

yfx như sau:
Vậy số điểm cực trị của hàm số
yfx trên
4; 4
là 7.
Chú ý:
Đề bài hỏi số điểm cực trị
trong khoảng

4; 4
nên các
điểm
4x 
không là điểm
cực trị.
Dạng 11: Một số bài toán sử dụng phép dịch chuyển đồ thị
1. Phương pháp
Cho đồ thị hàm số

():Cy fx
Đồ thị hàm số
1
():Cyfxa
có được bằng cách dịch chuyển đồ thị hàm số
()C qua bên phải
a đơn vị nếu 0a và dịch qua trái a đơn vị nếu 0a
.
Đồ thị hàm số

2
():Cyfxb có được bằng cách dịch chuyển đồ thị hàm số
()C
lên trên b
đơn vị nếu
0b và dịch xuống dưới b đơn vị nếu 0b
.
Chú ý : Khi tịnh tiến đồ thị lên – xuống, trái – phải thì số điểm cực trị của hàm số ()C ,
1
()C ,
2
()C là
bằng nhau.
Chú ý : Số điểm cực trị của các hàm số sau là bằng nhau:

ymfxpq tn (1);
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 80
ymfxpq t (2);
yfxpqt (3);
yfxqt
(4);
Từ (1) qua (2): dịch chuyển lên xuống không làm thay đổi số điểm cực trị.
Từ (2) qua (3): phóng to và thu nhỏ không làm thay đổi số điểm cực trị.
Từ (3) qua (4): dịch trái phải không làm thay đổi số điểm cực trị.
Để tìm số điểm cực trị của hàm số, ta có thể làm như sau:
Bước 1. Tìm hàm số có cùng số điểm cực trị với hàm ban đầu.
Bước 2. Dựa vào đồ thị, bảng biến thiên, bảng xét dấu đạo hàm của đề bài mà suy ra số điểm cực trị của
hàm tìm được ở bước 1.
2.Bài tập:
Bài tập 1.
Cho hàm số
yfx
có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
Số điểm cực trị của hàm số
39yfx
là
A. 4. B. 3. C. 2. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Số điểm cực trị của các hàm số sau đây là như nhau:
39yfx;
9yfx. Ta có bảng biến thiên của hàm số
9yfx
là
Suy ra số điểm cực trị của hàm số
9yfx là 4.
Bài tập 2. Cho hàm số

yfx
xác định trên
\0
và liên tục trên từng khoảng xác định, có bảng
biến thiên như hình vẽ.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 81
Đồ thị hàm số
2( 1)11yfx có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 3. B. 4. C. 5. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Số điểm cực trị của các hàm số sau đây là như nhau:
2( 1)11yfx; 2( 1)1yfx; (1)1yfx
; () 1yfx
Hàm số
1yfx có bảng biến thiên như hình vẽ:
Suy ra số điểm cực trị của hàm
() 1yfx
là 4.
Vậy hàm số
2( 1)11yfx có 4 điểm cực trị.
Bài tập 3. Cho hàm số
yfx xác định trên
\1
và liên tục trên từng khoảng xác định, có bảng
biến thiên như hình vẽ.
Đồ thị hàm số
221yfx
có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 5. B. 9, C. 7. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Số điểm cực trị của các hàm số sau đây là như nhau:

221yfx
;

1
2
2
yfx
;

1
2
yfx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 82
Ta có bảng biến thiên của hàm số

1
2
yfx
là
Từ đó suy ra số cực trị của hàm số

1
2
yfx
là 9 nên số cực trị của hàm số
221yfx
cũng là 9.
Bài tập 4. Cho hàm số
yfx
xác định trên
\1
và liên tục trên từng khoảng xác định, có bảng
biến thiên như hình vẽ.
Hàm số
223yfx
có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 3. B. 4. C. 5. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Số điểm cực trị của các hàm số sau đây là như nhau:
223yfx;
22yfx;
2yfx
;
yfx
(vì ba hàm đầu có số nghiệm của đạo hàm là như nhau; từ hàm thứ tư, ta dịch qua phải 2 đơn vị sẽ
được đồ thị hàm thứ ba).
Từ bảng biến thiên đã cho, suy ra bảng biến thiên của hàm số
yfx :
Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số
yfx có 3 điểm cực trị.
Do đó hàm số
223yfx
có 3 điểm cực trị.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 83
Bài tập 5. Cho hàm số
yfx
xác định trên
\1
và liên tục trên từng khoảng xác định, có bảng
biến thiên như hình vẽ.
Biết
0. 1 0ff . Số điểm cực trị của đồ thị hàm số
223yfx

là
A. 5. B. 9. C. 7. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Quan sát bảng biến thiên, rõ ràng hàm số đã cho đồng biến trên
(1;3)
, suy ra
01
f
f . Lại do
0. 1 0ff
nên
00 1
f
f
.
Tương tự như ở Bài tập 4, số điểm cực trị của hàm
223yfx
 bằng với số cực trị của hàm

yfx .
Bảng biến thiên của hàm số
yfx là:
Đến đây, ta dễ dàng suy ra được số điểm cực trị của hàm
yfx là 7.
Vậy hàm số
223yfx có 7 điểm cực trị.
Chú ý: Nếu
(
)
0fx³
thì hàm số
223yfxchỉ có 5 điểm cực trị.
Bài tập 6. Cho hàm số
yfx xác định trên
\1
và liên tục trên từng khoảng xác định, có bảng
biến thiên như hình vẽ. Đồ thị hàm số
321yfx
 có bao nhiêu điểm cực trị?
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 84
A. 3. B. 4. C. 5. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Số điểm cực trị của các hàm số sau đây là như nhau:
321yfx;
32yfx và
2yfx
.
Để vẽ được bảng biến thiên hoặc đồ thị của hàm số
2yfx
, ta dịch bảng biến thiên (đồ thị) của
hàm số
yfx qua phải 2 đơn vị rồi lấy đối xứng phần bên phải trục Oy qua Oy (bỏ phần bên trái
Oy).
Sau đây lần lượt là bảng biến thiên của
2yfx
và
2yfx
Vậy hàm số ban đầu có 3 điểm cực trị.
Dạng 12: Định tham số để hàm số chứa dấu trị tuyệt đối có n điểm cực trị
1. Phương pháp
Xét bài toán:
Định tham số để đồ thị hàm số
yfx
hoặc
yfx
có n điểm cực trị.
Bước 1. Lập bảng biến thiên của hàm số
yfx
Bước 2. Dựa vào bảng biến thiên, suy ra tham số thỏa mãn yêu cầu đề bài
2. Bài tập
Bài tập 1.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của
5; 5m  để hàm số
Lời bình: Ta có thể nhìn
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 85
32
69 22yx x mx m có 5 điểm cực trị?
A. 6. B. 8 C. 5. D. 7.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Xét
32
69 22fx x x mx m
Cho
32
069 220fx x x mx m


32
2
2
692 20
241 0
2
41 0
xxx mxm
xxxm
x
xx m



Hàm số
32
69 22yx x mx m có 5 điểm cực trị khi
0fx
có 3 nghiệm phân biệt và chỉ khi
2
41 0xx m

có 2 nghiệm phân biệt
khác 2
2
4(1 ) 0
3
3.
3
24.21 0
m
m
m
m
m






Do
m nguyên
5; 5m 
nên
2; 1; 0;1; 2; 3; 4; 5m 
.
Vậy có 8 giá trị của
m thỏa mãn đề bài.
rõ những kết luận này từ
việc biến đổi đồ thị.
Từ đồ thị
yfx
suy
ra đồ thị
yfx
Bài tập 2.
Có bao nhiêu giá trị của m để hàm số

3
2
21 3 5yx m x mx có 5 điểm cực trị.
A.
1
0;
4
m



.
B.

1
0; 1;
4
m




.
C.
1;m 
. D.
;0m 
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Xét
32
(2 1) 3 5
f
xx m x mx
.
Suy ra
2
32(21)3
f
xx mxm
 .
Hàm số

3
2
21 3 5yx m x mx có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi
hàm số
yfx có 2 điểm cực trị dương
0fx
có 2 nghiệm phân
biệt dương
Lời bình: Ta có thể nhìn
rõ những kết luận này từ
việc biến đổi đồ thị.
Từ đồ thị
yfx
suy
ra đồ thị
yfx .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 86

2
2
219 0
1
4510
210
1
0
0
0
4
mm
m
mm
m
m
m
m






Bài tập 3.
Có bao nhiêu số nguyên của tham số
2021; 2020m  để hàm số
2
2 2020 2021fx x mx m
có 3 điểm cực trị?
A. 1009. B. 2020. C. 2019. D. 1008
Hướng dẫn giải
Chọn A.

2 2 , 2020 0
2020
22
2 2 , 2020 0.
2020
xmxm
xm
fx x m
xmxm
xm





Dễ thấy hàm số không có đạo hàm tại điểm
2020xm
.
Ta có:

22 0
2020 0
0
22 0
2020 0
xm
xm
fx
xm
xm





, 1010.
2 2020 0
xm
xm
xm
xmm
m




Nếu
1010m thì
0fx
x
m và không có đạo hàm tại điểm 2020xm
nên không có đủ
3 điểm cực trị. Do đó loại trường hợp này.
Khi
1010m , ta có bảng xét dấu đạo hàm như sau:
Vậy hàm số có 3 điểm cực trị với
1010m .
Mà
2021; 2020m 
nên
1011;1012;...;2019m
.
Vậy có 1009 số thỏa mãn đề bài.
Bài tập 4. Cho hàm số
32
2fx x mx nx với m, n là các số thực thỏa mãn
1
25
mn
mn


. Số điểm
cực trị của hàm số
yfx là
A. 1. B. 3. C. 5. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 87
Hàm số
32
2fx x mx nx
liên tục trên
.






lim
lim . 2 0
284222(2 5)0
2. 1 0
11 2 10
(1). lim 0
lim
x
x
x
x
fx
fxf
fmnmn
ff
fmnmn
ffx
fx









 



Suy ra phương trình
0fx
có ít nhất 3 nghiệm. Mà
0fx
là phương trình bậc 3 nên có tối đa 3
nghiệm. Vậy
0fx có đúng 3 nghiệm phân biệt.
Vậy hàm số
yfx có đúng 5 điểm cực trị.
Bài tập 5. Cho hàm số
32
1
1
3
yxmxx với m là tham số thực. Đồ thị của hàm số đã cho có nhiều
nhất bao nhiêu điểm cực trị?
A. 5. B. 3. C. 4. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Xét

32
1
1
3
fx x mxx có tập xác định D
.
Ta có

2
2
2
21
1
x
fx x m
x

;
 
22
2
1
0
21
xx
f
xm gx
x

.
Ta có

42
222
232
(2 1) 1
xx x
gx
xx


. Bảng biến thiên
g
x :
Dựa vào bảng biến thiên ta có
0fx
có tối đa 2 nghiệm khác 0 khi 0m
. Do hàm số
f
x liên
tục trên
nên
0fx
có tối đa 3 nghiệm phân biệt. Nếu tồn tại giá trị của tham số m sao cho
phương trình
0fx có đúng 3 nghiệm phân biệt thì hàm số
32
1
1
3
yxmxx

có 5 điểm cực trị.
Ta có


22
0
0
31.2
x
fx
xmx


Khi
0m thì (2)
4222
990xmxm luôn có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 88
Vậy phương trình
0fx
có đúng 3 nghiệm phân biệt nếu
0m
.
Vậy số điểm cực trị tối đa của hàm số
32
1
1
3
yxmxx
 là 5.
Bài tập 6. Có bao nhiêu số nguyên của
0; 2021m để hàm số

3
1yx m x có đúng một điểm cực
trị?
A. 2021. B. 2022. C. 21. D. 20.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta sẽ chứng minh hàm số trên luôn có đúng 1 điểm cực trị với mọi tham số m.
Hiển nhiên hàm số liên tục trên
.
Ta có:
2
3
2
31,0
3
1
31,0.
xm x
x
ym
x
xm x



Đạo hàm không xác định tại điểm
0x
.
+) Khi
1m thì
2
2
3, 0
3, 0
xx
y
xx
Hàm số không có đạo hàm tại điểm
0x
và đạo hàm đổi dấu khi đi qua điểm 0x
(vì
00
lim 0, lim 0
xx
yy




).
Vậy hàm số chỉ đạt cực trị tại 0x .
+) Khi 1m , ta có 0, 0yx
 và
0
lim 0
x
y
.
Cho
1
0
3
m
yx
 và đạo hàm đổi dấu khi đi qua điểm đó nên hàm số cũng chỉ có 1 điểm cực
trị.
+) Tương tự với
1m , hàm số cũng chỉ đạt cực trị tại điểm
1
3
m
x
.
Vậy hàm số luôn có 1 điểm cực trị với mọi tham số m.
Do m nguyên và
0; 2021m
nên có 2022 giá trị của m.
Dạng 13: Cho bảng biến thiên, định giá trị tham số để hàm số trị tuyệt đối có n điểm cực trị
1. Phương pháp
Bài toán:
Cho bảng biến thiên của hàm số
yfx hoặc cho bảng biến thiên, bảng xét dấu của
f
x
.
Yêu cầu tìm giá trị của tham số m để hàm số
,
g
xm
có n điểm cực trị.
Đưa hàm số
,
g
xm về hàm số đơn giản hơn (nếu có thể). Sau đó sử dụng các phép biến đổi đồ thị hàm
trị tuyệt đối.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 89
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hàm số
y
fx
liên tục trên
\1
, có đạo hàm trên
\1
và có bảng biến thiên của
hàm số
yfx
như sau
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
20;20m  để hàm số
2020
22gx f x m có nhiều
điểm cực trị nhất?
A. 21. B. 19. C. 22. D. 20.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Số điểm cực trị của
2020
22gx f x m bằng với số điểm cực trị của hàm số
hx f x m.
Ta có


x
hx f x m
x


.
Hiển nhiên hàm số không có đạo hàm tại điểm
0x
.
Cho

11
0
0
1.
xm x m
hx
x
mx x x m






Hàm số
hx f x m có nhiều điểm cực trị nhất khi và chỉ khi
0hx
có nhiều nghiệm dương
nhất hay
0 m .
Do m nguyên và

20;20m  nên
1; 2;3;...;20m .
Bài tập 2. Cho hàm số

y
fx có đạo hàm trên và có bảng biến thiên của hàm số
y
fx
như
sau:
Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số

42
4
g
xfx xm có nhiều điểm cực trị nhất?
A. 2. B. 4. C. 3. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 90
Ta có



42
342
42
4
48 4
4
xxm
g
xxx fxxm
xxm




.
Ta có
42
40xxm.
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra
42
40fx x m
 vô nghiệm (*).
Hàm số
g
x
có nhiều điểm cực trị nhất khi
0gx
có nhiều nghiệm phân biệt nhất.
Kết hợp với (*), ta có hệ phương trình
42
3
40
480
xxm
xx


có nhiều nghiệm phân biệt nhất
42
40xxm
có nhiều nghiệm nhất và tất cả các nghiệm đều khác 0 và khác
2
(vì
3
480xx luôn có ba nghiệm phân biệt là 0; 2 )
42
4mx x có nhiều nghiệm nhất và tất cả
các nghiệm đều khác 0 và khác
2 (**).
Lập bảng biến thiên của
42
4yx x ta có:
Do đó (**)
04m .
Vậy có ba giá trị nguyên là
1; 2; 3m .
Dạng 14: Cho đồ thị, định tham số để có hàm số có n điểm cực trị
1. Phương pháp
Bước 1.
Tìm hàm số đơn giản hơn có cùng số điểm cực trị với hàm ban đầu
Bước 2.
Dựa vào đồ thị, xác định số cực trị của hàm đơn giản ở bước 1.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho đường cong như hình vẽ là đồ thị của hàm số
yfx
. Tìm tập hợp tất cả các giá trị
thực của tham số m để hàm số
3yfx m có 5 điểm cực trị.
A.
;1m 
. B.
1;1m 
.
C.

1;m. D.
;1m
 .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 91
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Số điểm cực trị của hàm số
3yfx m bằng với số điểm cực trị của hàm số
g
xfxm.
Ta có


.
x
g
xfxm
x


.
Dựa vào đồ thị, ta có
 
11
0*
11
xm x m
gx
xm x m






(chú ý rằng hàm số

g
x không có đạo hàm tại điểm
0x
).
Hàm số
3yfx m có 5 điểm cực trị
g
xfxm
 có 5 điểm cực trị
(*) có 4
nghiệm phân biệt
10 1mm  .
Bài tập 2. Cho hàm số

yfx liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất cả các giá trị của tham
số m để hàm số
yfxm có nhiều điểm cực trị nhất.
A.

2; 2m  . B.
2; 2m  .
C.
1;1m  . D.
1;1m  .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 92
Đồ thị hàm số

yfxm có nhiều điểm cực trị nhất khi và chỉ khi
yfxm
cắt trục hoành tại
nhiều điểm nhất
22m .
Bài tập 3. Cho hàm số
yfx có đồ thị như hình vẽ.
Gọi S là tập hợp các số nguyên dương của m để hàm số

2
1
2020
3
yfx m có 5 điểm cực trị. Tổng
tất cả các phần tử của S là
A. 5. B. 10. C. 6. D. 7.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có số điểm cực trị của hàm

2
1
2020
3
yfx m bằng số điểm cực trị của hàm

2
1
3
yfx m.
Xét hàm
 
2
1
3
g
xfx m.
Dựa vào đồ thị ta có số điểm cực trị của hàm
g
x bằng số điểm cực trị của hàm
f
x và bằng 3.
Suy ra hàm số

2
1
2020
3
yfx m có 5 điểm cực trị thì số giao điểm của
g
x với trục Ox
(không kể các điểm tiếp xúc) là 2.
2
2
2
1
2
332
3
918
1
32 3.
63
3
m
m
m
m
m





Do m nguyên dương nên
3; 4m .
Vậy tổng các giá trị là 7.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 93
Bài tập 4. Cho hàm số
yfx
có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số giá trị nguyên của tham số m để đồ
thị hàm số
3
3
g
xfx fxm có đúng 9 điểm cực trị là
A. 16. B. 17. C. 15. D. 18.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Xét
3
3hx f x f x m.
Suy ra
2
03 10hx f x f x




.
Dựa vào đồ thị, ta có

0
0
2
x
fx
x


1
2
3
2
12;0
0
xx
fx x x
xx



(đạo hàm đều đổi dấu khi đi qua cả 3 nghiệm đều là nghiệm đơn và khác
2 nghiệm trên).

43
1
2
x
xx
fx
x



(trong đó
4
x
x
là nghiệm đơn
2x
là nghiệm kép).
Ta tính các giá trị:
123
2hx hx hx m
4
22hx h m
và
018hm
Bảng biến thiên
hx
:
Suy ra hàm số
hx luôn có 6 điểm cực trị.
Đồ thị hàm số
3
3
g
xfx fxm có đúng 9 điểm cực trị tương đương đồ thị
yhx cắt
trục hoành tại đúng 3 điểm (không kể những điểm tiếp xúc)
2 0 18 18 2mmm

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 94
Vậy
17; 16;...; 2m 
hay có 16 giá trị nguyên của m.
Dạng 15. Biết được đồ thị của hàm số
f
x
tìm (số điểm) cực trị của hàm ẩn
1. Phương pháp
Bước 1.
Tìm đạo hàm của hàm số
y
fux
:
y
ux.f ux

.
Bước 2. Từ đồ thị hàm số, xác định số nghiệm bội lẻ của phương trình 0y
.
Bước 3. Kết luận cực trị của hàm số
yfux .
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hàm số
yfx có đạo hàm trên
và có đồ thị như hình vẽ
dưới (chỉ đạt cực trị tại 3 điểm và cũng chỉ có 3 điểm chung với trục hoành).
Số điểm cực trị của hàm số
 
2
g
xfx

là
A. 5. B. 4.
C.
3. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:
2
g
xfx.fx.

Cho


0
0
0
fx
gx
fx

(1)
(2).
Dựa vào đồ thị trên, ta có:
1
2
(1) 0
x
x
x
x
x

(các nghiệm đều là nghiệm bội lẻ).
2
(2) 3
0
x
x
x


(trong đó
0x
nghiệm kép,hai nghiệm kia là nghiệm đơn).
Vậy phương trình
0gx
có 5 nghiệm bội lẻ.
Do vậy số điểm cực trị của hàm số
 
2
g
xfx
là 5.
Bài tập 2. Cho hàm số
y
fx
có đạo hàm trên
và có đồ thị như hình vẽ bên dưới (chỉ đạt cực
trị tại 3 điểm và cũng chỉ có 3 điểm chung với
trục hoành). Số điểm cực trị của hàm số
g
xffx

là
A. 6 B. 7
Chú ý:
Chỉ cần quan tâm
đến nghiệm bội lẻ hoặc
nghiệm mà đạo hàm đổi
dấu khi đi qua của
phương trình
(
)
'0fx=
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 95
C. 8 D. 9
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có:
..
g
xfxffx



Cho


0
0
0
fx
gx
ffx



(1)
(2)
Dựa vào đồ thị trên ta có:
1
2
(1) 0
x
x
x
x
x

(các nghiệm đều là nghiệm bội lẻ).


1
2
(2) 0
.
f
xx
fx
f
xx

Phương trình
1
f
xx với

1
2; 1x  có 2 nghiệm đơn khác với 3
nghiệm
12
;0;
x
xx x x
.
Phương trình
0fx có 2 nghiệm đơn là 2, 3xx
 (khác với 5 nghiệm
đơn trên) và nghiệm kép
0x .
Phương trình

2
f
xx với

2
2; 3x có 2 nghiệm đơn khác với tất cả các
nghiệm trên.
Vậy phương trình
0gx
có tổng cộng 9 nghiệm bội lẻ nên hàm số
g
xffx

có tổng cộng 9 điểm cực trị.
Bài tập 3.
Cho hàm số

yfx xác định, liên tục trên và có đúng 2
điểm cực trị 1, 1
x
x có đồ thị như hình vẽ sau:
Hỏi hàm số
32
3 6 9 1 2020yfx x x có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2. B. 3.
C.
4. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Do hàm số

yfx
có đúng hai điểm cực trị 1, 1
x
x
 nên phương trình

0fx
có hai nghiệm
bội lẻ phân biệt
1, 1
x
x .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 96
Ta có:
()( )
232
'33 12 9 ' 6 9 1yxxfxxx=-+ -++


2
32
0
32
2
1
3
31290
06911 1;0
6911
30.
x
x
xx
yxxx xx
xxx
xx





Vì
0y
có các nghiệm lẻ là
0
,1
x
xx
và
3x
nên hàm số
32
3 6 9 1 2020yfx x x
có tất cả
4 điểm cực trị.
Bài tập 4. Biết rằng hàm số

f
x
xác định, liên tục trên
có đồ thị được cho
như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số
53120yffx


là
A. 6. B. 5.
C.
3. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Số điểm cực trị của hàm số
53120yffx


bằng với số điểm cực trị của
hàm số
31yffx


và cũng bằng với số điểm cực trị của hàm số

g
xffx


.
Ta có:
.
g
xfxffx



.


0
0
0
fx
gx
ffx




1
2
Dựa vào đồ thị, ta có

0
1
2
x
x
(trong đó
0x
và 2x là nghiệm bội lẻ).


0
2
2
fx
fx

3
4

33x (nghiệm đơn) hoặc 0x (nghiệm kép).
0
43xx (nghiệm đơn).
Vậy phương trình
0gx
có 4 nghiệm bội lẻ nên
g
x
có 4 điểm cực trị
Suy ra hàm số
53120yffx

cũng có 4 điểm cực trị.
Dạng16. Tìm (số điểm) cực trị hàm ẩn biết đồ thị của hàm số
f
x
1. Phương pháp
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 97
Bài toán: Cho trước đồ thị của hàm số
f
x
. Tìm (số điểm) cực trị của (đồ thị) hàm số
f
u
.
+ Nếu
0fx
có các nghiệm
i
x
, thì
0.
i
f
uux

+ Chúng ta chỉ cần quan tâm đến các nghiệm bội lẻ của phương trình.
2. Bài tập mẫu
Bài tập 1.
Cho hàm số
yfx
có
đạo hàm liên tục trên
. Hàm số
y
fx
có đồ thị như hình vẽ.
Hàm số

2
3
g
xf x đạt cực tiểu
tại điểm
A. 0.x B. 2.x
C.
2.x  D. 2.x 
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Phương trình
'0fx có 2 nghiệm bội lẻ là 1, 3.xx

Ta có:

 
22
32.3.
g
xfx xf x




Cho

22
22
00
03 1 4
33 0
xx
gx x x
xx








Suy ra
0gx
có 3 nghiệm bội lẻ là 0, 2xx
 .
Vì
36.60gf

 nên ta có bảng xét dấu
g
x như sau:
Bài tập 2. Cho hàm số
yfx có đạo hàm liên tục trên . Hàm
số
yfx
có đồ thị như hình vẽ.
Lưu ý: Do các nghiệm đều là
nghiệm bội lẻ, nên
(
)
'
g
x đổi
dấu khi đi qua mỗi nghiệm ấy.
Chính vì vậy mà ta chỉ cần biết
dấu của một khoảng nào đó sẽ
suy ra dấu ở các khoảng còn
lại. Do hàm số liên tục, nên chỉ
cần biết dấu tại 1 điểm, ta sẽ
biết dấu ở khoảng chứa điểm
đó.
Ở bài này, ta xét tại điểm
()
32;x =Î +¥.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 98
Số cực trị của hàm số

2
2hx f x x là
A. 2. B. 4.
C.
3. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
2
h22. 2.


x
xfxx
Dựa vào đồ thị, ta có

2
2
1
h0 21
23.


x
xxx
xx
Phương trình trên chỉ có 3 nghiệm bội lẻ là
1, 3
xx
nên hàm số
hx chỉ có 3 điểm cực trị.
Chú ý: Ta chỉ cần quan tâm
đến nghiệm bội lẻ, nên trong
bài này ta bỏ qua nghiệm x=0
của phương trình
(
)
'0fx=
(là nghiệm bội chẵn nên đạo
hàm không đổi dấu khi qua
nghiệm này). Ta cũng không
cần xét đến phương trình
2
21xx

Bài tập 3. Cho hàm số
yfx
có đồ thị hàm số
yfx
như hình vẽ:
Biết
0; 0 .
f
afc fb fe
Số điểm cực trị của hàm số

2



gx f x m là
A. 5. B. 7. C. 6. D. 8.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Từ đồ thị của đạo hàm, ta có bảng biến thiên sau:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 99
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy
yfx
có 4 điểm cực trị, suy ra hàm số
yfxm
cũng có 4 điểm
cực trị và
0
fxm có 4 nghiệm bội lẻ phân biệt. Khi
0; 0
f
afc fb fe thì đồ thị
hàm số
yfx
cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên đồ thị hàm số
yfxm
cũng cắt trục hoành
tại 3 điểm phân biệt.
Ta có
 
2
2..

 

g
x fxm gx fxmfxm
Cho


0
0
0



fxm
gx
fx m

1
2.
Phương trình

1
có 4 nghiệm phân biệt, phương trình
2
có 3 nghiệm phân biệt khác với 4 nghiệm của
phương trình

1 . Vậy
g
x có 7 nghiệm (bội lẻ) phân biệt hay
g
x có 7 điểm cực trị.
Bài tập 4. Cho hàm số
yfx có đạo hàm liên tục trên
, hàm số
2
yfx có đồ thị như hình
dưới. Số điểm cực trị của hàm số
y
fx
là
A. 1. B. 2. C. 0. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có số điểm cực trị của hàm số
yfxbằng với số điểm cực trị của
2yfx . Vì hàm số
2yfx
có 2 điểm cực trị nên hàm số
yfx
có 2 điểm cực trị.
Bài tập 5. Cho hàm số
y
fx liên tục trên có đồ thị
2
yfx như hình vẽ. Số điểm cực trị
của hàm số
234yfx là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 100
A. 4. B. 5. C. 3. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Nhận xét: Số điểm cực trị của hàm số
234
yfx bằng với số điểm cực trị của hàm số
y
fx
và bằng với số điểm cực trị của hàm số
2
yfx
. Ta có đồ thị hàm số

2
yfx
cắt trục hoành
tại 4 điểm phân biệt nên hàm số

2yfx có 4 điểm cực trị. Vậy hàm số

234
yfx có 4 điểm
cực trị.
Dạng 17. Biết được

f
x hoặc bảng xét dấu, bảng biến thiên của
f
x , tìm số điểm cực trị của
hàm ẩn
Bài tập 1. Cho hàm số

y
fx
có đạo hàm
3
412
f
xxx x
, .x
Số điểm cực trị của
hàm số
24
g
xfx xm
là
A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có

26 2 3 26
24 12 4 24 1gx x x x x x x x x



.

0
01
2.
x
gx x
x


Lập bảng xét dấu

g
x
:
Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số

g
x
có 2 điểm cực tiểu.
Lưu ý: Khi làm trắc nghiệm, ta có thể lập bảng xét dấu thu gọn như sau:
Bài tập 2. Cho hàm số

yfx có đạo hàm

4
2
12fx xx x
,
.x
Số điểm cực trị của
hàm số
2
1gx f x x là
A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 101
Ta có:

2
21 1gx x f x x



24
222
21 1 2 3xxx xx xx   
Dễ thấy

0gx
có 3 nghiệm đơn là
1
2, , 1
2
x
xx

nên hàm số có 3 điểm cực trị.
Bài tập 3. Cho hàm số

yfx có bảng xét dấu đạo hàm như sau:
Số điểm cực trị của hàm số
 
32
3
6 2020
2
gx f x x x x là
A. 3. B. 2.
C.
1. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
2
32.gx f x x x


Nhận xét:

120.gg


Khi
2
1
x
x

thì


2
0
0
320
fx
gx
xx


.
Khi 12x thì


2
0
0
320
fx
gx
xx


.
Tức là
g
x
đổi dấu khi đi qua 2 điểm 1x
và 2x
.
Vậy hàm số
g
x
có hai điểm cực trị.
Bài tập 4. Cho hàm số
yfx có đạo hàm

2
2
12
f
xx xx
 với
.x
Có bao nhiêu giá trị
nguyên dương của tham số
m để hàm số
2
8
f
xxm có 5 điểm cực trị?
A. 17. B. 16.
C.
14. D. 15.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt
2
8
g
xfx xm
.
Ta có:

2
12fx x xx
 suy ra
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 102
2
28 8
g
xxfxxm



2
222
28 8 1 8 8 2.xxxm xxmxxm







2
2
2
2
4
8101
0
802
8203
x
xxm
gx
xxm
xxm




Các phương trình

1 ,
2 ,
3 không có nghiệm chung từng đôi một và
1 nếu có các nghiệm thì
nghiệm ấy là nghiệm bội chẵn.
Suy ra
g
x
có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi
2
và
3
đều có 2 nghiệm phân biệt khác 4
16 0 16
16 2 0 18
16.
16 32 0 16
16 32 2 0 18
mm
mm
m
mm
mm








Do
m
nguyên dương và
16m
nên có 15 giá trị
m
cần tìm.
Bài tập 5. Cho hàm số
yfx có đạo hàm

2
2
123 25fx x x x x mx
  với mọi
x . Có bao nhiêu số nguyên 20m  để hàm số
g
xfx có đúng 5 điểm cực trị?
A. 6. B. 7. C. 9. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Do tính chất đối xứng qua trục Oy của đồ thị hàm số
f
x nên hàm số
g
xfx có đúng 5 điểm
cực trị
f
x
có 2 điểm cực trị dương
0fx
có 2 nghiệm bội lẻ phân biệt và dương
*
.
Xét



2
2
1
2
0
30
2501.
x
x
fx
x
xmx



Để thỏa mãn
* ta có các trường hợp sau:
+)
1 có nghiệm kép hoặc vô nghiệm khi và chỉ khi
2
50 5 5mm
 .
Do m nguyên âm nên
2; 1; 0;1; 2m 
.
+)
1 có 2 nghiệm dương phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng 1, nghiệm còn lại khác 2.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 103
Ta có
1
nhận
1
x
là nghiệm khi
2
12.1. 50 3mm

. Khi
3m
, thế vào
1
ta thấy
phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt là
1
x
và 5x
. Vậy 3m
thỏa mãn.
+)
1
có 2 nghiệm dương phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng 2, nghiệm còn lại khác 1.
Nếu
1 nhận 2x là nghiệm thì
2
9
22.2. 50
4
mm
.
Trường hợp này không có giá trị nguyên của
m thỏa mãn.
Vậy
3; 2; 1; 0;1; 2 .m 
Bài tập 6. Cho hàm số
y
fx
có đạo hàm liên tục trên và bảng xét dấu đạo hàm như sau:
Hàm số
42 64 2
3462312
g
xfxx xx x có tất cả bao nhiêu điểm cực tiểu?
A. 3. B. 0. C. 1. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:

 

2
222
12 2 2 2 1 .gx xx f x x


 


Dựa vào bảng xét dấu, ta có
0, ; 2 2; .fx x

Ta có
2
2
222x nên
2
2
220.fx




Suy ra
2
22
22 10,.fx x x




Do đó

0
0
2
x
gx
x


, cả 3 nghiệm đều là nghiệm bội lẻ.
Vì
2
22
12 2 2 1 0fx x
  nên
g
x
cùng dấu với
2
2hx xx
nên dễ thấy hàm số
g
x có 2 điểm cực tiểu.
Bài tập 7. Cho hàm số
yfx có bảng biến thiên như sau:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 104
Số cực đại của hàm số

2
2
2
g
xfxx



là
A. 3. B. 2. C. 1. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có

 

22 2
2
1
4
2. 4 1 . 2 . 2 0 2 0
20.
x
gx x f xxfxx f xx
fxx



Dựa vào bảng biến thiên, ta có

2
2
2
1
22
20
1
.
21
2
x
xx
fxx
x
xx




Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình
0
01.fx x x

Khi đó
22
0
202 0.fxx xxx
Vì

0
20ac x nên phương trình này luôn có 2 nghiệm trái dấu là
00
12
18 18
11
;.
44 44
x
x
xx

 
Ta có
1
118
1
44
x
  và
20
1181
,1
442
xx
 .
Ta có bảng xét dấu của
g
x
:
Từ đó suy ra hàm số

g
x chỉ có 2 điểm cực đại.
Bài tập 8. Cho hàm số
y
fx liên tục trên , có bảng biến thiên
f
x
như hình vẽ dưới đây
Số điểm cực trị của hàm số


353
12
3320
53
gx f x x x x x
trên đoạn
1; 2 là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 105
A. 3. B. 2. C. 1. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:


232
13 3 3.gx x f x x x




Dễ thấy khi

1; 2x 
thì
3
32;2xx
và khi ấy
3
33;1fx x

.
Suy ra
32
33 30fx x x
.
Dấu
""
xảy ra khi

3
2
31
01
0
fx x
f
x


(vô lí).
Vậy
32
33 30,1;2fx x x x
.
Khi đó

01gx x

(đều có 2 nghiệm đơn).
Bảng xét dấu

,1;2gxx
 là
Vậy hàm số


353
12
3320
53
gx f x x x x x trên đoạn
1; 2 chỉ có 1 điểm cực trị.
Bài tập 9. Cho hàm số

yfx có đạo hàm
1245fxxxxx
 với x . Có bao
nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
g
xfxmxcó 4 điểm cực trị?
A. 5. B. 6.
C.
7. D. 8.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:

x.
g
fx m


Cho
22
x0 0 65 68 0.gfxmxxxxm

 
Đặt

2
3tx , 0t , phương trình trở thành:

2
41 0 54 0tt m ttm
1.
Hàm số
g
xfxmx
có 4 điểm cực trị khi và chỉ khi
1
có 2 nghiệm dương phân biệt
25 4 4 0
9
50 4.
4
40
m
Sm
Pm



Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 106
Do
m
nguyên và
9
;4
4
m




nên
2; 1; 0;1; 2;3 .m 
Bài tập 10. Cho hàm số
yfx có đạo hàm

2
8, 8;8.fx x x x

Có tất cả bao nhiêu giá
trị nguyên của tham số
m
để hàm số
2
2
g
xfxmxmcó 2 điểm cực trị?
A. 3. B. 4. C. 5. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Hàm số
2
2
g
xfxmxm
xác định trên
8; 8
.
Đạo hàm

222
x8
g
fx m x x m

.
Hàm số
2
2
g
xfxmxm
có 2 điểm cực trị khi
0gx
có 2 nghiệm phân biệt và
g
x
đổi
dấu qua các nghiệm đó

1.
Ta có:
22 2 2
808
x
xm x x m
*.
Xét hàm số

2
8, 8;8.hx x x x



Có

2
2
82
.
8
x
hx
x
Cho
02.hx x

Bảng biến thiên của hàm
hx:
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra
* có tối đa 2 nghiệm hay
0gx
có tối đa 2 nghiệm.
Vậy

2
22
10 4
0.
m
m
m

 
Vì
m nguyên nên
1;1 .m 
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 107
BÀI 3. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
Cho hàm số
yfx xác định trên tập D.
+) Số M được gọi là giá trị lớn nhất (GTLN) của hàm số
yfx
trên tập D nếu
f
xM
với mọi
x
D
và tồn tại
0
x
D
sao cho

0
f
xM
.
Kí hiệu:
max
D
M
fx
+) Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số
yfx
trên tập D nếu
f
xm
với mọi
x
D và tồn tại
0
x
D sao cho
0
f
xm
Kí hiệu:

min
D
mfx
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
Số M được gọi là giá trị lớn nhất (GTLN) của hàm số
yfx
trên tập D nếu
f
xM với mọi
x
D và tồn tại
0
x
D sao cho
0
f
xM.
Kí hiệu:
max
D
M
fx
Cho hàm số
yfx
xác định
trên tập D
Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số
yfx trên tập D nếu
f
xm
với mọi
x
D và tồn tại
0
x
D sao cho
0
f
xm
.
Kí hiệu:
min
D
mfx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 108
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Tìm GTLN – GTNN của hàm số y = f(x) trên một khoảng
1. Phương pháp giải
Ta thực hiện các bước sau
Bước 1. Tìm tập xác định (nếu đề chưa cho khoảng).
Bước 2. Tính

yfx
; tìm các điểm mà đạo hàm bằng không hoặc không xác định.
Bước 3. Lập bảng biến thiên
Bước 4. Kết luận
Lưu ý: Có thể dùng máy tính cầm tay để giải.
Bước 1. Để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
y
fx
trên miền (a; b) ta sử dụng máy
tính Casio với lệnh MODE 7 (MODE 9 lập bảng giá trị)
Bước 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.
- Ta thiết lập miền giá trị của biến x Start a End b Step
19
ba
(có thể làm tròn để Step đẹp).
Chú ý: Khi đề bài liên có các yếu tố lượng giác sinx, cosx, tanx… ta chuyển máy tính về chế độ Radian.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hàm số

652
121
1
352

f
xxxxx.Khẳng định nào sau đây đúng?
A.

17
max
30
fx B.

47
max
30
fx
C.

67
max
30
fx
D. Hàm số không tồn tại giá trị lớn nhất
Hướng dẫn giải
Chọn B
Tập xác định D
Ta có
54 4
22 1 121
  fx x x x x x
Khi đó
4
012101
 fx x x x
Bảng biến thiên
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 109
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy

47
max
30
fx
tại
1
x
Bài tập 2. Gọi a là giá trị lớn nhất của hàm số

2
68
1
x
fx
x
trên khoảng
;1 . Khi đó giá trị của
biểu thức
2
68
1
a
P
a
bằng
A.
22
5
B.
6
13
C.
58
65
D.
74
101
Hướng dẫn giải
Chọn C
Hàm số liên tục trên khoảng

;1
Ta có


2
2
2
8128
1
xx
fx
x

Khi đó


2
2;1
08 1280
1
;1
2
x
fx x x
x

 

Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy


2
;1
68 58
max 8
165
a
fx P
a


Bài tập 3. Cho hàm số

2
2
1
1



x
x
yfx
x
x
. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
A.
min 1
fx B.

1
min
3
fx
C.

min 3
fx D. Hàm số không có giá trị nhỏ nhất
Hướng dẫn giải
Chọn B
Tập xác định
D
Ta có

 
2
2
222
22
21221
222
1
1
11



 
xx xx
xx
yfx y
xx
xx xx
Do đó
2
02 20 1
 yx x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 110
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy

1
min
3
fx tại
1
x
Dạng 2: Tìm GTLN và GTNN của hàm số trên một đoạn
1. Phương pháp giải
Bước 1.
Tính

f
x
Bước 2. Tìm các điểm
;
i
x
ab mà tại đó
0
i
fx hoặc
i
f
x không xác định
Bước 3. Tính
,,
i
f
afx fb
Bước 4. Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên.
Khi đó

;
max
ab
M
fx và


;
min
ab
mfx
Chú ý:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 111
+) Hàm số
yfx đồng biến trên đoạn [a; b] thì

max
min
f
xfb
f
xfa
+) Hàm số
yfx
nghịch biến trên đoạn [a; b] thì

max
min
f
xfa
f
xfb
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hàm số
2
1
x
y
x
. Giá trị của


2
2
2; 3
2; 3
min max






yy bằng
A. 16 B.
45
4
C.
25
4
D.
89
4
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có

2
3
0, 1
1

yx
x
, do đó hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
;1 ; 1;
 Hàm số
nghịch biến trên [2; 3].
Do đó




2; 3
2; 3
5
min 3 ; max 2 4
2
 yy yy
Vậy


2
2
2
2
2; 3
2; 3
589
min max 4
24










yy
Bài tập 2. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
2
4
yx x
Giá trị của biểu thức

P
Mm bằng
A.

221 B.
221 C.
21
D.
21
Hướng dẫn giải
Chọn A
Tập xác định
2; 2D
Ta có

2
22
4
1,2;2
44



xxx
yx
xx

2
0
04
22;2
 

x
yxx
x

222; 20;22; 2 2yyyy
Vậy
22, 2 22 2 2 2 1MmP
Bài tập 3. Giá trị nhỏ nhất của hàm số
32
23
yx xm trên đoạn [0; 5] bằng 5 khi m bằng
A. 6 B. 10 C. 7 D. 5
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 112
Chọn A.
Hàm số xác định và liên tục trên
0; 5D
Ta có
2
0
06 60
1

 

x
D
yxx
x
D
0 ; 1 1; 5 175
f
mf m f m
Dễ thấy
501, fffm
nên

0; 5
min 1 1
fx f m
Theo đề bài

0; 5
min 5 1 5 6  fx m m
Bài tập 4. Gọi A, B là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số
2
1
x
mm
y
x
trên đoạn [2; 3]. Tất cả
các giá trị thực của tham số m để
13
2
AB là
A. 1; 2mm B. 2
m
C. 2m D. 1; 2
mm
Hướng dẫn giải
Chọn A
Hàm số đã cho liên tục trên đoạn [2; 3]
Ta có

2
2
1
0,
1


mm
ym
x
 
2
2
3
3;22
2


mm
Ay By m m
Do đó
2
2
13 3 13
2
22 2

 
mm
AB m m
2
1
360
2


m
mm
m
Bài tập 5. Biết hàm số
32
33211 yx mx m x (với m là tham số) trên đoạn [-2; 0] đạt giá trị lớn
nhất bằng 6. Các giá trị của tham số m là
A. 1m B. 0m C. 3
m D. 1m
Hướng dẫn giải
Chọn D
1
0
12



x
y
x
m
Vì
21;01 yy
và theo bài ra

2; 0
max 6
y
nên giá trị lớn nhất không đạt tại 2; 0 xx. Do đó
giá trị lớn nhất đạt tại
1y hoặc
12ym.
Ta có

2
133,12 12 21 ymymmm
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 113
- Trường hợp 1: Xét
336 1mm
Thử lại với
1m
, ta có

12;0
0
32;0



x
y
x
nên
1
m
là một giá trị cần tìm.
- Trường hợp 2: Xét


2
2
12 2 5 1
12 2 16
13
212 0
22






mm
mm
m
m
Vì

2
13
20 12 2 0
22
 mm mm nên (1) vô nghiệm
Dạng 3: Tìm GTLN – GTNN của hàm số y = |f(x)| trên đoạn [a; b]
1. Phương pháp giải
Thực hiện theo các bước sau
Bước 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
f
x
trên đoạn
;ab
, giả sử thứ tự là M, m.
Bước 2.
+) Tìm

;
max max ;
ab
yMm
+) Tìm

;
min
ab
y
- Trường hợp 1:

;
.0min0
ab
Mm y
- Trường hợp 2:

;
0min
ab
mym
- Trường hợp 3:

;
0min
ab
M
yM M
Bước 3. Kết luận.
* Tìm tham số để GTLN của hàm số y = |f(x)| trên đoạn [α, β] bằng k
Thực hiện theo các bước sau
Bước 1. Tìm


;;
max max ;
f
xAB
 
Bước 2. Xét các trường hợp
+)
A
k tìm m, thử lại các giá trị m đó
+)
B
k
tìm m, thử lại các giá trị m đó
2. Bài tập
Bài tập 1.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số
32
92468 yx x x trên đoạn [-1; 4] bằng
A. 48 B. 52 C. -102 D. 0
Hướng dẫn giải
Chọn A
Bảng biến thiên của hàm số
32
92468 yx x x trên
1; 4
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 114
Suy ra bảng biến thiên của hàm số
32
92468 yx x x trên đoạn
1; 4
là
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số
32
92468 yx x x trên đoạn
1; 4 bằng 48.
Cách khác: Theo trường hợp 3 thì 48 0 min 48 My
Bài tập 2: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
2
1

x
mx m
y
x
trên đoạn [1; 2] bằng 2.
Số phần tử của tập S là
A. 3 B. 1 C. 4 D. 2
Hướng dẫn giải
Chọn D
Xét hàm số

2
1


x
mx m
yfx
x
Ta có


2
2
01;2
2
0
21;2
1



x
xx
y
x
x
Mặt khác
 
21 34
1;2
23


mm
ff
Do đó

1; 2
2134
max max ;
23



mm
y
- Trường hợp 1:

1; 2
3
21
2
max 2
5
2
2


m
m
y
m
+) Với
33417
2
236

m
m
(loại)
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 115
+) Với
5347
2
236

m
m (thỏa mãn)
- Trường hợp 2:

1; 2
2
34
3
max 2
10
3
3


m
m
y
m
+) Với
2217
2
326

m
m
(thỏa mãn)
+) Với
10 2 1 17
2
326

m
m (loại)
Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn.
Bài tập 3. Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số

42
1
14 48 30
4
fx x x x m trên đoạn [0; 2] không vượt quá 30. Tổng các phần tử của S bằng
A. 108 B. 120 C. 210 D. 136
Hướng dẫn giải
Chọn D
Xét hàm số

42
1
14 48 30
4
gx x x x m trên đoạn [0; 2]
Ta có
 


3
60;2
28 48 0 2 0; 2
40;2




x
gx x x gx x
x
Để



0; 2
030
30 30
max 30 0 16
14 30
230





g
m
gx m
m
g
0;1; 2;...; 15; 16m
Tổng các phần tử của S là 136.
Bài tập 4. Biết giá trị lớn nhất của hàm số
2
1
4
2
yxxm bằng 18.
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.
05m
B.
10 15
m
C. 510m D. 15 20
m
Hướng dẫn giải
Chọn D
Xét hàm số

2
1
4
2
gx x x liên tục trên tập xác định [-2; 2]
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 116
Ta có
  
22
10 10,2;2
44




xx
gx gx x
xx

2
22
0
422;2
4
 

x
xx x
xx



51423
2;2 ;2
222
gg g


Do đó


2; 2
5
max
2
gx khi 2x , suy ra giá trị lớn nhất của hàm số bằng
5
2
m
Theo bài ra
5
18 15,5
2
 mm
. Vậy
15 20
m
Dạng 4: Tìm điều kiện tham số để GTLN của hàm số y = |f(x) + g(m)| trên đoạn [a; b] đạt GTNN
1. Phương pháp giải
Thực hiện các bước sau
Bước 1. Tìm


;
;
max ; min
ab
ab
f
xfx

Bước 2. Gọi M là giá trị lớn nhất của
yfxgm thì
 
max ;
M
gm gm

22
 

g
mgm gm gm

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

g
mgm

Áp dụng bất đẳng thức
2

g
mgm

22


gm gm

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
0

gm gm

Bước 3. Kết luận min
2
M
khi

2
gm
2. Bài tập
Bài tập 1:
Biết rằng giá trị lớn nhất của hàm số
2
24
yx xm trên đoạn [-2; 1] đạt giá trị nhỏ nhất,
giá trị của tham số m bằng
A. 1 B. 3 C. 4 D. 5
Hướng dẫn giải
Chọn B
Đặt
2
2
f
xx x
Ta có
22; 0 1 2;1

 fx x fx x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 117
20;13; 1 1 fff
Do đó


2; 1
2; 1
max 3; min 1
fx fx
Suy ra

2; 1
max max 5 ; 1
ymm
515 1
2
22


mm mm
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

51
3
510



mm
m
mm
(thỏa mãn)
Bài tập 2: Để giá trị lớn nhất của hàm số
2
234
yxxm đạt giá trị nhỏ nhất thì m bằng
A.
3
2
m
B.
5
3
m
C.
4
3
m
D.
1
2
m
Hướng dẫn giải
Chọn A
Tập xác định

0; 2D
Đặt

2
2,
f
xxxxD
.
Ta có
 
2
1
01
2


x
f
xfxx
xx
00;20;11fff
Suy ra

3435
max max 3 4 ; 3 5
2


D
mm
Py mm
53 3 4
1
22


mm
Dấu bằng xảy ra

3435
3
2
53 3 4 0



mm
m
mm
(thỏa mãn)
Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số là nhỏ nhất khi
3
2
m
Bài tập 3. Giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
,25yfxm x x mx
đạt giá trị lớn nhất bằng
A. 2 B. 5 C. 8 D. 9
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
min , 0, 5,fxm f m m
Xét
2m ta có
22
,2 2 5 2 2 5 2 5, fx x x x x x x x
Dấu bằng xảy ra tại
0x . Suy ra
min , 2 5,
fx x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 118
Do đó



min , 5,
max min , 5
min , 2 5,



fxm m
fxm
fx x
, đạt được khi
2
m
Tổng quát:
2
yax bxcmx
Trường hợp 1:
.0ac
max minyc
Đạt được khi
mb
Bài tập 4. Giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
,47
f
xm x x mx đạt giá trị lớn nhất bằng
A. 7 B. -7 C. 0 D. 4
Hướng dẫn giải
Chọn C
Phương trình
2
470xx
luôn có hai nghiệm trái dấu
12
0
x
x
Trường hợp 1: Nếu
0m
Ta có
1
min , , 0,fxm fxm mx m
Xét
0m
ta có
2
,0 4 7 0,fx x x x . Dấu bằng xảy ra tại
1, 2
x
x .
Suy ra
min , 0 0,fx x
Do đó



min , 0,
max min , 0
min , 0 0,
fxm m
fxm
fx x



khi 0
m
Trường hợp 2: Nếu 0m
Ta có
22
min , , 0, max min , 0 fxm fx m mx m fxm
So sánh cả hai trường hợp thì
max min , 0
fxm khi 0
m
Trường hợp 2:
.0maxmin 0 ac y Đạt được khi 0
m
Dạng 5: TÌM GTLN-GTNN khi cho đồ thị - bảng biến thiên
Bài tập 1. Hàm số
yfx liên tục trên và có bảng biến thiên như hình bên dưới
Biết
48ff, khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên bằng
A. 9 B.

4f C.
8
f
D. -4
Hướng dẫn giải
Chọn C
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 119
Từ bảng biến thiên ta có
4, ;0fx f x
và
8, 0;fx f x
.
Mặt khác
48ff
suy ra

;x
thì
8fx f
Vậy
min 8
fx f
Bài tập 2. Cho hàm số
yfx xác định trên tập hợp
3
;1 1;
2
D

và có bảng biến thiên như
sau
Khẳng định đúng là
A.
max 0
D
fx
; không tồn tại
min
D
f
x
B.
max 0
D
fx
;
min 5
D
fx
C.
max 0
D
fx
;
min 1
D
fx
D.
min 0
D
fx ; không tồn tại
max
D
f
x
Hướng dẫn giải
Chọn B
Dựa vào bảng biến thiên thì
 
3
max 1 0; min 5
2
D
D
fx f fx f




Bài tập 3. Cho hàm số
yfx
liên tục trên đoạn
1; 3
và có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Gọi
M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn
1; 3 . Giá trị của
M
m bằng
A.
1 B. 3 C. 4 D. 5
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 120
Hướng dẫn giải
Chọn D
Dựa vào đồ thị suy ra
33; 2 2Mf mf
Vậy
5Mm
Bài tập 4. Cho đồ thị hàm số
yfx
như hình vẽ
Hàm số
yfx đạt giá trị lớn nhất trên khoảng
1; 3 tại
0
x
. Khi đó giá trị của
2
00
2 2019xx bằng
bao nhiêu?
A.
2018 B. 2019 C. 2021 D. 2022
Hướng dẫn giải
Chọn B
Dựa vào đồ thị của hàm số
yfx
ta có bảng biến thiên như sau
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số
yfx đạt giá trị lớn nhất trên khoảng

1; 3 tại
0
2
x .
Vậy
2
00
2 2019 2019 xx
Dạng 6. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số lượng giác
1. Phương pháp giải
Ghi nhớ:
Điều kiện của các ẩn phụ
- Nếu
sin
11
cos

tx
t
tx
- Nếu
2
cos
01
cos


tx
t
tx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 121
- Nếu
2
sin
01
sin

tx
t
tx
- Nếu
sin cos 2.
4




txxsnix
22 t
Bước 1. Đặt ẩn phụ và tìm điều kiện cho ẩn phụ
Bước 2. Giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số theo ẩn phụ
Bước 3.
Kết luận (Chọn đáp án)
2. Bài tập
Bài tập 1.
Giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số 2cos2 2sin
yxx là
A.
9
;4
4
Mm
B. 4; 0
Mm
C.
9
0;
4
Mm
D.
9
4;
4
Mm
Hướng dẫn giải
Chọn A
Ta có
22
2cos2 2sin 2 1 2sin 2sin 4sin 2sin 2yxx xx xx
Đặt

sin , 1; 1txt , ta được
2
422 ytt
Ta có

1
0820 1;1
4
yt t
Vì


14
10
19
44




y
y
y
nên
9
;4
4
Mm
Bài tập 2. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
cos cos 1
cos 1
xx
y
x
bằng
A.
3
2
B.
5
2
C.
7
2
D. 3
Hướng dẫn giải
Chọn B
Đặt
cos 0 1tx t
, ta được

2
1
1

tt
yft
t
với
01
t
Vì



2
2
2
0, 0; 1
1

tt
ft t
t
nên



 
0; 1
0; 1
3
min 0 1; max 1
2
ft f ft f
Suy ra tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho bằng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 122




0; 1
0; 1
35
min max 1
22
ft ft
Bài tập 3. Giá trị lớn nhất M của hàm số
42
cos 3 sin 2
yx x là
A.
23M B. 3
M
C.
5
3
4
M
D. 33M
Hướng dẫn giải
Chọn A
Đặt
2
cos 0 1txt, ta được
2
31 2 yt t với
0; 1t
Ta có

3
230 0;1
2
 yt t
Vì
 
35
0 2 3; 3; 1 3
24





yy y
nên
23M
Bài tập 4. Cho hàm số
2
sin 1 sin 2 2
sin 2

xm x m
y
x
(với m là tham số thực).
Giá trị lớn nhất của hàm số đạt giá trị nhỏ nhất khi m bằng
A.
3
2
B.
1
2
C.
3
2
D.
1
2
Hướng dẫn giải
Chọn A
Xét

2
sin sin 2
sin 2

xx
fx
x
Đặt
sin 1 1tx t, ta được

2
2
2
tt
ft
t
với
1; 1t
Ta có



2
2
2
01;1
4
040
41;1
2



t
tt
ft t t
t
t
Vì
 
4
1;12;01
3
 fff
nên

1; 1
max 1
ft
và

1; 1
min 2
ft
Hay
2
sin sin 2
21,
sin 2


xx
x
x
Mặt khác
 
2
sin sin 2
,2 1
sin 2


xx
ymfxmfx
x
Do đó

2; 1
max max max 2 , 1 max 2 , 1


yfxm mm mm
21
21
1
max
222



mm
mm
y
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 123
Dấu bằng đạt được khi

21
3
2
210



mm
m
mm
Bài tập 5. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 12cos 12sin
P
xx bằng
A.
21 B. 31 C. 1 D. 23
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
2
6 4 sin cos 2 1 2 sin cos 4sin cos
P
xx xx xx
Đặt
sin cos 2.sin
4




txx x
với
2
1
2sincos
2

t
txx
Xét
2
22
2
13 13
484 ;
22
64 22 2 1
13 13
48
22
 

 
 

tt khit t
yP t t t
tkhit
13 13
88 ;
22
13 13
8
22
 


 

tkhit t
y
tkhi t
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra

2
2; 2
min 4 2 3 3 1


ft
min 3 1P
Bài tập 6. Giá trị lớn nhất của hàm số
sin cos 2
f
xx x trên đoạn
0;
là
A.

0;
5
max
4
y
B.

0;
max 1y
C.

0;
max 2
y
D.

0;
9
max
8
y
Hướng dẫn giải
Chọn D
Đặt
22
sin cos2 1 2sin 1 2 tx x x t, với
0; 0; 1xt
Ta được
2
21
f
tttvới
0; 1t
Ta có
 
1
410 0;1
4
 ft t t
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 124
Do
 
19
01; ;10
48




ff f nên


0; 1
9
max
8
ft
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là

0;
9
max
8
y
Dạng 7. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số khác
Bài tập 1. Giá trị lớn nhất của hàm số
3
22
6
41
11
xx
y
xx





bằng
A.
5
2
B. -5 C.
9
2
D. 3
Hướng dẫn giải
Chọn A
Do
2
2
1
12
2
1

x
xx
x
Đặt
2
1
2
1

x
tt
x
Khi đó
3
461yt t với
11
;
22




t
Vì
2
12 6 0,
yt t nên hàm số đồng biến trên
11
;
22
Do đó
11
;
22
15
max
22







yy
Bài tập 2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 19
yx x lần lượt là
A.
2; 2 B. 4; 2 C. 4; 2 D. 4; 2 2
Hướng dẫn giải
Chọn D
Tập xác định

1; 9D
Ta có

11
01 951;9
212 9


yxxx
xx
Vì
1922;54 yy y nên max 4; min 2 2yy.
Nhận xét: với hàm số yxa xb
;0
 axbab thì
2
0
2.

y
yab xaxb

2
2
2


yab
yabxa xb ab
Suy ra
2 ab y ab dấu bằng luôn xảy ra.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 125
Bài tập 3. Giá trị nhỏ nhất của hàm số

13 13
 yx x x x
bằng
A.
5
2
B. – 2 C. – 4 D. 2
Hướng dẫn giải
Chọn A
Tập xác định của hàm số là

1; 3D
Đặt
 
2
2
4
13 42 13 13
2

t
tx xt xxxx
Do

2
42 13 4, 1;3 txxx, từ đó suy ra 22t

Bài toán quy về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

2
2
2

t
g
tt
trên đoạn

2; 2
.
Ta có
10 1 2;2
 gt t t
Lại có

5
22;22;1
2
 ggg
Suy ra giá trị nhỏ nhất bằng
5
2
Nhận xét: Với hàm số
yxa xb
;0
 axbab thì
2
2. yab xaxbab
 ab y ab
Dạng 8. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến
Bài tập 1. Cho biểu thức
22
22
x
xy y
P
x
xy y


với
22
0xy
. Giá trị nhỏ nhất của P bằng
A. 3. B.
1
3
.
C. 1. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Nếu 0y thì P =1. (1)
Nếu
0y
thì
2
22
2
22
1
.
1
xx
yy
xxyy
P
xxyy
xx
yy
 
 

 


 
 
 
Đặt
x
t
y
, khi đó
2
2
1
() .
1
tt
Pft
tt



Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 126
2
2
22
22
() 0 2 2 0 1.
(1)
t
ft t t
tt



Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có
1
() .
3
Pft
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
11
() min
33
Pft P .
Bài tập 2. Cho hai số thực x,y thỏa mãn 0; 0xy và 1
x
y
. Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của
biểu thức
11
x
y
P
yx


lần lượt là
A.
1
2
và 1.
B. 0 và 1. C.
2
3
và 1.
D. 1 và 2.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
2
(1) (1)( )2 122
.
11(1)(1) 12
x
yxx yy xy xy xy
P
y x x y xy x y xy



Đặt
txy
ta được
22
.
2
t
P
t
Vì
0; 0 0.xy t
Mặt khác
11
12 .
44
x y xy xy t
Khi đó, bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số
22
()
2
t
gt
t
trên
1
0; .
4
Xét hàm số
22
()
2
t
gt
t
xác định và liên tục trên
1
0; .
4
Ta có
2
6
() 0
(2 )
gt
t

với
1
0;
4
t




hàm số ()
g
t nghịch biến trên đoạn
1
0; .
4



Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 127
Do đó
1
0;
4
1
0;
4
12
min ( )
2
43
min
3
max ( ) (0) 1
max 1
gt g
P
gt g
P














.
Bài tập 3. Cho x, y là các số thực thỏa mãn
22
(3)(1)5xy
 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
34741
21
yxyxy
P
xy


bằng
A. 3. B.
3
.
C.
114
11
.
D.
23
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
2222
(3)(1)5 6250.xy xyxy 
222
22 2
(3 4 7 4 1) ( 6 2 5)
21
44 24(2)(2)4
21 21
yxyxy xyxy
P
xy
y xyx x y yx x y
xy xy




 
Đặt
2.tx y
2
22 2 2
(12)(3)(1) (3)(22)xy xy



2
( 2 5) 25 0 2 10.xy xy
Ta được
2
44
( ) ,0 10.
11
tt
Pft t t
tt



Xét
2
2
1 (0;10)
4
() 1 0 ( 1) 4
3 (0;10)
(1)
t
ft t
t
t



Vì
114
(0) 4; (10) ; (1) 3 min 3
11
ff f P khi
1t
.
Bài tập 4.
Gọi
000
,,
x
yz là ba số thực dương sao cho biểu thức
222
381
28
2( ) 4 3
P
x
yz
xy yz
xyz xz



đạt giá trị nhỏ nhất.
Tổng
000
x
yz bằng
A. 3. B. 1. C. 33. D.
3
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 128
Ta có
22
381
222
22()3
P
x
yz
xy yz
yxz



381
2( ) ( ) 3
x
yz xyz xyz

  
.
Đặt
0xyzt. Khi đó
18
() ,( 0)
23
Pft t
tt

.
Ta có
'
22
3( 1)(5 3)
() 0 1
2( 3)
tt
f
tt
tt


.
Bảng biến thiên
Suy ra
3
2
P  . Dấu “=” xảy ra
1
1
4
2
1
2
xyz
xz
yz
y
yxz






.
Do đó
000
111
1.
442
xyz
Bài tập 5.
Cho x,y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2
30
23140
xxy
xy


.
Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
223
322
P
xy xy x x
 bằng
A. 8. B. 0. C. 12. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Với điều kiện bài toán , 0xy và
2
2
33
30
x
xxy y x
x
x
 .
Lại có
2
39
23140 23 1405 1490 1;
5
xy x x x x x
x




.
Từ đó
2
23
33 9
3225Pxx xx x xx
x
xx




.
Xét hàm số
'
2
99 9 9
() 5 ; 1; () 5 0; 1;
55
fx x x f x x
xx
 
 
 
 
.
Suy ra hàm số đồng biến trên
9
1;
5



Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 129
9
(1) ( ) 4 ( ) 4 max min 4 ( 4) 0
5
ffxf fx P P




.
Bài tập 6.
Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn
1; 9 và ,
x
yx z. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
10 2
yyz
P
yx yz zx





bằng
A.
11
.
18
B.
1
.
3
C.
1
.
2
D.
1.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Thật vậy
2
11 2
10
11
1
ab ab
ab
ab


đúng do
1ab .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1.
Áp dụng bất đẳng thức trên
111 1 1 1
2
10 1 1 10
1
P
xzxx
x
yyzy
y



 




.
Đặt

1; 3
x
t
y
 . Xét hàm số
2
11
()
10 1
ft
tt

trên đoạn
1; 3
.
''432
22 2
21
( ) ; ( ) 0 2 24 2 100 0
(10 ) (1 )
t
ft ft t t t t
tt


.
3
( 2)( 24 50) 0 2tt t t
do
3
24 50 0, 1;3tt t .
Bảng biến thiên
Suy ra
min
1
2
P khi và chỉ khi
4
4
2
1
xy
zx
x
y
yz
x
zy
y
Dạng 9. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(u(x)),y = f(u(x))±h(x)… khi biết bảng
biến thiên hoặc đồ thị của hàm số y = f(x)
1. Phương pháp giải
Thực hiện theo một trong hai cách
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 130
Cách 1:
Bước 1.
Đặt t = u(x).
Đánh giá giá trị của t trên khoảng K.
Chú ý: Có thể sử dụng khảo sát hàm số, bất đẳng thức để đánh giá giá trị của t = u(x).
Bước 2. Từ bảng biến thiên hoặc đồ thị của hàm số cho ta giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y
= f(t).
Bước 3. Kết luận.
Cách 2:
Bước 1.
Tính đạo hàm
'' '
() (()).yuxfux
Bước 2. Tìm nghiệm
'' '
() (())yuxfux =0.
Bước 3. Lập bảng biến thiên.
Bước 4. Kết luận về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
(), (())yfxyfux
,
( ( )) ( )...yfux hx
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hàm số
()yfx
có bảng biến thiên như sau
Hàm số
(1)yfx
có giá trị nhỏ nhất trên đoạn
0; 2
bằng
A. (2)f . B. (2)
f
. C. (1)
f
. D. (0)
f
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt
1, 0;2 0;1.tx x t
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số ()yft
có giá trị nhỏ nhất

0;1
min ( ) (0).ft f
Bài tập 2. Cho hàm số ()yfx có đồ thị như hình vẽ sau. Khi đó hàm số
2
(2 )yf x đạt giá trị nhỏ
nhất trên
0; 2


bằng
A. (2)f . B. (2)
f
. C. (1)
f
. D. (0)
f
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 131
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt
2
2tx
. Từ
22
0; 2 0 2 2 2 0 0; 2xxxt



.
Dựa vào đồ thị, hàm số ()yft có giá trị nhỏ nhất

0;2
min ( ) (2).ft f
Bài tập 3. Cho hàm số
42
()yfx axbxc xác định và liên tục trên và có bảng biến thiên sau
Giá trị nhỏ nhất của hàm số
(3)yfx trên đoạn
0; 2
là
A. 64. B. 65. C. 66. D. 67.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Hàm số có dạng
42
()
f
xaxbxc
. Từ bảng biến thiên ta có
42
'
(0) 3 3 3
(1) 2 2 2 ( ) 2 3
420 1
(1) 0
fc c
fabcbfxxx
ab a
f








.
Đặt
3, 0; 2 3;5tx x t
.
Dựa vào đồ thị, hàm số ()yft đồng biến trên đoạn
3; 5 .
Do đó

0;2 3;5
min ( 3) min ( ) (3) 66fx ft f .
Dạng 10. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
,
yfux yfux hx Khi
biết đồ thị của hàm số
'
()yfx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 132
Bài tập 1. Cho hàm số
()yfx
có đạo hàm và liên tục trên .
Biết rằng đồ thị hàm số
'
()yfx như dưới đây.
Lập hàm số
2
() ()
g
xfxxx.
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. (1) (1)
g
g .
B.
(1) (1)
g
g .
C.
(1) (2)
g
g
.
D.
(1) (2)
g
g .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
''
() () 2 1
g
xfx x.
Từ đồ thị hàm số
'
()yfx và đường thẳng 2 1yx
ta có
'
() 0gx
'
1
() 2 1 1
2
x
fx x x
x


.
Bảng biến thiên
Ta chỉ cần so sánh trên đoạn
1; 2 . Đường thẳng 21yx
là đường thẳng đi qua các điểm
(1;1)A
,
(1; 3)B
,
(2;5)C
nên
đồ thị hàm số
'
()yfx
và đường
thẳng 2 1yx cắt nhau tại 3
điểm.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 133
Dạng 11. Ứng dụng của giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trong các bài toán thực tế
Bài tập 1. Một chất điểm chuyển động theo quy luật
23
3
s
tt
. Thời điểm t (giây) mà tại đó vận tốc

/vm s
của chất điểm chuyển động đạt giá trị lớn nhất là
A. t = 2s B. t = 5s C. t = 1s D. t =3s
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có
  
2
2
63 3 1 33,vt s t t t vt t t

Giá trị lớn nhất của

3vt
khi
1t
.
Bài tập 2.
Một vật chuyển động theo quy luật
32
1
6
3
s
tt
với t (giây) là khoảng thời gian tính từ khi
vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi
trong khoảng thời gian 7 giây, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao
nhiêu?
A. 180 (m/s) B. 36 (m/s) C. 144 (m/s) D. 24 (m/s)
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
2
12vt s t t t

2120 6vt t t

Vì
636;00;735vvv nên vận tốc lớn nhất đạt được bằng 36 (m/s).
Bài tập 3.
Một loại thuốc được dùng cho một bệnh nhân và nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân được
giám sát bởi bác sĩ. Biết rằng nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân sau khi tiêm vào cơ thể trong t giờ
được cho bởi công thức
 
2
/
1
t
ct mg L
t
. Sau khi tiêm thuốc bao lâu thì nồng độ thuốc trong máu
của bệnh nhân cao nhất?
A. 4 giờ B. 1 giờ C. 3 giờ D. 2 giờ
Hướng dẫn giải
Chọn B
Xét hàm số
 
2
0
1
t
ct t
t




2
2
2
10;
1
0
10;
1
t
t
ct
t
t



Bảng biến thiên
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 134
Với t = 1 (giờ) thì nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân cao nhất.
Bài tập 4.
Người ta xây một bể chứa nước với dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng
3
500
3
m . Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để xây bể là
600.000
đồng /
2
m
. Hãy xác định kích thước của bể sao cho chi phí thuê nhân công thấp nhất. Chi phí đó
là
A. 75 triệu đồng B. 85 triệu đồng C. 90 triệu đồng D. 95 triệu đồng
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi

x
m là chiều rộng của đáy bể, khi đó chiều dài của đáy bể là
2
x
m và

hm là chiều cao bể
Bể có thể tích bằng
2
2
500 250
2
33
xh h
x

Diện tích cần xây

222
2
250 500
2226 2 2
3
Sxhxhxx x x
x
x
 
Xét hàm
  
2
2
500 500
2, 0; 4 0 5fx x x f x x f x x
x
x


Bảng biến thiên
Do đó

0;
min 5 150fx f


Chi phí thuê nhân công thấp nhất khi diện tích xây dựng là nhỏ nhất và bằng
min
150S
Vậy giá thuê nhân công thấp nhất là 150.600000 = 90.000.000 đồng.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 135
Bài tập 5. Bác Hoàng có một tấm thép mỏng hình tròn, tâm O, bán kính 4 dm. Bác định cắt ra một hình
quạt tròn tâm O, quấn rồi hàn ghép hai mép của hình quạt tròn lại để tạo thành một đồ vật dạng mặt nón
tròn xoay (tham khảo hình vẽ). Dung tích lớn nhất có thể của đồ vật mà bác Hoàng tạo ra bằng bao nhiêu?
(bỏ qua phần mối hàn và độ dày của tấm thép)
A.
3
128 3
27
dm
B.
3
128 3
81
dm
C.
3
16 3
27
dm
D.
3
64 3
27
dm
Hướng dẫn giải
Khi hàn hai mép của hình quạt tròn, độ dài đường sinh của hình nón bằng bán kính của hình quạt tròn,
tức là
4OA dm
Chọn A
Thể tích của hình nón

22
11
.. .16 .
33
Vrh hh

 với
04h
Ta có



2
143
.16 3 0
33
Vh h Vh h


Dựa vào bảng biến thiên, suy ra thể tích lớn nhất của hình nón là
3
128 3
27
dm
.
Bài tập 6.
Người ta làm chiếc thùng phi dạng hình trụ, kín hai đáy, với thể tích theo yêu cầu là
3
2 m
.
Hỏi bán kính đáy R và chiều cao h của thùng phi bằng bao nhiêu để khi làm thì tiết kiệm vật liệu nhất
A.
1
;8
2
R
mh m B. 1; 2
R
mh m C.
1
2;
2
R
mh m D.
1
4;
5
R
mh m
Hướng dẫn giải
Chọn B
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 136
Từ giả thiết ta có
2
2
2
2VRh h
R


Diện tích toàn phần của thùng phi là
22
2
222
tp
SRhR R
R





Xét hàm số

2
2
fR R
R
 với
0;R 
Ta có

3
22
21
2
2
R
fR R
RR

01fR R

Bảng biến thiên
Suy ra diện tích toàn phần đạt giá trị nhỏ nhất khi
12Rh

Vậy để tiết kiệm vật liệu nhất khi làm thùng phi thì 1 ; 2
R
mh m
.
Bài tập 7.
Một đường dây điện được nối từ một nhà máy điện ở A đến một hòn đảo ở C như hình vẽ.
Khoảng cách từ C đến B là 1 km. Bờ biển chạy thẳng từ A đến B với khoảng cách là 4km. Tổng chi phí
lắp đặt cho 1km dây điện trên biển là 40 triệu đồng, còn trên đất liền là 20 triệu đồng. Tính tổng chi phí
nhỏ nhất để hoàn thành công việc trên (làm tròn đến hai chữ số sau dấ
u phẩy)
A. 120 triệu đồng B. 164,92 triệu đồng C. 114,64 triệu đồng D. 106,25 triệu đồng
Hướng dẫn giải
Chọn C
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 137
Gọi M là điểm trên đoạn thẳng AB để lắp đặt đường dây điện ra biển nối với điểm C
Đặt


2
2
414178,0;4AM x BM x CM x x x x
Khi đó tổng chi phí lắp đặt là
2
.20 40 8 17yx x x (đơn vị: triệu đồng)

2
22
8172 4
4
20 40. 20.
817 817
xx x
x
y
xx xx


 

2
12 3
081724
3
yxx xx

Ta có
 
12 3
80 20 3 114,64; 0 40 17 164,92; 4 120
3
yyy





Do đó chi phí nhỏ nhất để hoàn thành công việc là 114,64 triệu đồng.
Dạng 12. Tìm m để
;0Fxm
có nghiệm trên tập D
1. Phương pháp giải
Thực hiện theo các bước sau
Bước 1. Cô lập tham số m và đưa về dạng
f
x
g
m
Bước 2.
Khảo sát sự biến thiên của hàm số
f
x
trên D
Bước 3. Dựa vào bảng biến thiên để xác định giá trị tham số
A
m
sao cho đường thẳng
yg
m
cắt đồ
thị hàm số
yfx
Bước 4. Kết luận
Chú ý:
+)Nếu hàm số
yf
x
liên tục và có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên D thì phương trình

f
x
g
m
có nghiệm khi và chỉ khi
min max
D
D
f
xgm fx
+)Nếu bài toán yêu cầu tìm tham số để phương trình có k nghiệm phân biệt, ta chỉ cần dựa vào bảng biến
thiên để xác định điều kiện sao cho đường thẳng
yg
m
nằm ngang cắt đồ thị hàm số
yf
x
tại k
điểm phân biệt
2. Bài tập
Bài tập1:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong đoạn
100;100
để phương trình
21
x
xm
có nghiệm thực?
A. 100 B.101 C. 102 D. 103
Hướng dẫn giải
Chọn D
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 138
Điều kiện
1x 
Đặt
2
0
1
1
t
tx
xt


Ta được phương trình
22
21 21tt m m t t
Xét hàm số
2
21, 0
f
tttt

220 1
f
tt t

Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi
2 100 2mm

Vậy có 103 giá trị nguyên m thỏa mãn
Bài tập 2. Cho phương trình
22
221 20mx x x x
( m là tham số). Biết rằng tập hợp các giá
trị của tham số m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn
0;1 2 2
là đoạn
;ab
. Giá trị của biểu thức
2Tab là
A.
4T
B.
7
2
T
C.
3T
D.
1
2
T
Hướng dẫn giải
Chọn A
Đặt
2
22txx
Xét hàm số

2
22tx x x
trên đoạn
0;1 2 2

2
1
01
22
x
tx t x
xx



Vì
 

02;11;1223tttnên
1; 3t
Yêu cầu của bài toán tương đương với phương trình
2
12mt t

có nghiệm thuộc đoạn

2
2
1; 3
1
t
m
t

có nghiệm thuộc đoạn
1; 3
(1)
Xét hàm số

2
2
1
t
ft
t
trên đoạn
1; 3
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 139



2
2
22
0, 1;3
1
tt
ft t
t


khi hàm số đồng biến trên đoạn
1; 3
Để phương trình (1) đã cho có nghiệm thì


1;3
1;3
min max
f
tm
f
t

17
13
24
fmf m
Vậy
17
;4
24
ab T .
Bài tập 3. Giá trị nhỏ nhất của tham số m để hệ phương trình
44
2xy
x
ym

,xy
có nghiệm là
0
m
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
0
20; 15m 
B.
0
12; 8m

C.
0
3
;0
2
m



D.
0
19
;
24
m



Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có

44
1
2
2
xy
xym


Từ (1) suy ra
2yx
thay vào (2) ta được (2)

4
4
2
x
xm
(3)
Xét hàm số

4
4
2
f
xx x
có tập xác định D
 
33
33
442 0 2 2 1
f
xx x fx x x x xx


Bảng biến thiên
Hệ đã cho có nghiệm thực khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm thực
Dựa vào bảng biến thiên ta được
0
19
22;
24
mm




.
Dạng 13. Tìm m để bất phương trình

; 0;; 0;, 0;; 0F xm F xm F xm F xm
có nghiệm
trên tập D
1. Phương pháp giải
Thực hiện theo các bước sau
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 140
Bước 1. Cô lập tham số m và đưa về dạng
g
m
f
x
hoặc
g
m
f
x
hoặc

g
m
f
x
hoặc

g
m
f
x
Bước 2. Khảo sát sự biến thiên của hàm số
f
x
trên D
Bước 3. Dựa vào bảng biến thiên xác định các giá trị của tham số m
Bước 4. Kết luận
Chú ý: Nếu hàm số

yf
x
liên tục và có giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ nhất trên D thì
+) Bất phương trình

g
m
f
x
có nghiệm trên D
max
D
g
m
f
x
+) Bất phương trình

g
m
f
x
nghiệm đúng
min
D
x
Dgm fx
+) Bất phương trình

g
m
f
x
có nghiệm trên
min
D
Dgm fx
+) Bất phương trình

g
m
f
x
nghiệm đúng
max
D
x
Dgm fx
2. Bài tập
Bài tập 1:
Các giá trị của tham số m để bất phương trình
4
0
1
xm
x

có nghiệm trên khoảng
;1
là
A.
5m B. 3m  C. 1m
D. 3m
Hướng dẫn giải
Chọn B
Bất phương trình đã cho tương đương với
4
1
x
m
x
Xét hàm số
4
1
yx
x

trên khoảng
;1



2
22
14
4
1
11
x
y
xx





3;1
0
1;1
x
y
x



Bảng biến thiên
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 141
Từ bảng biến thiên, để bất phương trình
4
0
1
xm
x

có nghiệm trên khoảng
;1
thì 3m
.
Bài tập 2.
Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số
0;2019m
để bất phương trình

3
22
10xm x
nghiệm đúng với mọi
1;1x 
. Số các phần tử của tập S là
A. 1 B. 2020 C. 2019 D. 2
Hướng dẫn giải
Chọn C
Đặt
2
1tx
, với
1;1 0;1xt
Bất phương trình đã cho trở thành
32 32
10 1tt m mtt

(1)
Yêu cầu của bài toán tương đương với bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi
0;1t
Xét hàm số
32 2
132
f
ttt
f
ttt



00;1
0
2
0;1
3
t
ft
t



Vì

223
011;
327
ff f




nên

0;1
max 1ft
Do đó bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi
0;1t
khi và chỉ khi 1m
Mặt khác m là số nguyên thuộc
0;2019
nên
1;2;3;...;2019m
Vậy có 2019 giá trị của m thỏa mãn bài toán.
Bài tập 3. Cho hàm số
yf
x
liên tục trên
1; 3
và có
đồ thị như hình vẽ.
Bất phương trình
17
f
xx xm
có nghiệm
thuộc

1; 3
khi và chỉ khi
A. 7m
B. 7m
C. 22 2m 
D. 22 2m 
Hướng dẫn giải
Chọn A
Xét hàm số
17Px x
trên đoạn
1; 3
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 142
Ta có
 
2
82 1.7 8 1 7 16 4PxxxxP 
Dấu bằng xảy ra khi
3x
Suy ra

1;3
max 4P
tại
3x
(1)
Mặt khác dựa vào đồ thị của

f
x
ta có

1;3
max 3fx
tại 3x
(2)
Từ (1) và (2) suy ra


1;3
max 1 7 7fx x x

tại 3x
Vậy bất phương trình

17
f
xx xm
có nghiệm thuộc
1; 3
khi và chỉ khi


1;3
max 1 7 7mfxx xm

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 143
BÀI 4. TIỆM CẬN
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
Đường thẳng
0
yy được gọi là đường tiệm cận ngang (gọi tắt là tiệm cận ngang) của đồ thị hàm số
yfx nếu

0
lim

x
f
xy
hoặc
0
lim

x
y
Đường thẳng
0
x
x được gọi là đường tiệm cận đứng (gọi tắt là tiệm cận đứng) của đồ thị hàm số
yfx
nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thỏa mãn:
00
lim ; lim


 
xx xx
fx fx ;
00
lim ; lim


 
xx xx
fx fx
.
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1. Xác định các đường tiệm cận dựa vào định nghĩa
1. Phương pháp giải
Tiệm cận ngang
Đường thẳng
0
yy là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
yfx nếu
0
lim

x
f
xy
hoặc
0
lim

x
f
xy
Tiệm cận đứng
Đường thẳng
0
x
x là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
y
fxnếu một trong các điều kiện sau
được thỏa mãn:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 144
00
lim ; lim


 
xx xx
fx fx
;
00
lim ; lim


 
xx xx
fx fx
2. Bài tập
Bài tập 1:
Các đường tiệm cận của đồ thị hàm số
21
1
x
y
x
tạo với hai trục tọa độ một hình chữ nhật có
diện tích bằng
A. 2 (đvdt) B. 3 (đvdt) C. 1 (đvdt) D. 4 (đvdt)
Hướng dẫn giải
Chọn A
Tập xác định
\1D
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng
1
x
và tiệm cận ngang là 2y
. Khi đó hình chữ nhật tạo bởi
hai đường tiệm cận và hai trục tọa độ có các kích thước là 1 và 2 nên có diện tích
1.2 2S  (đvdt)
Bài tập 2: Biết các đường tiệm cận của đường cong

2
61 2
:
5
xx
Cy
x

và trục tung cắt nhau tạo
thành một đa giác

H
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.

H
là một hình chữ nhật có diện tích bằng 8
B.

H là một hình vuông có diện tích bằng 4
C.

H là một hình vuông có diện tích bằng 25
D.

H là một hình chữ nhật có diện tích bằng 10
Hướng dẫn giải
Chọn D
Tập xác định

;2 2; \5



Ta có
2
61 2
lim lim 5 5
5
xx
xx
yy
x
 


là tiệm cận ngang của
C
2
61 2
lim lim 7 7
5
xx
xx
yy
x
 


là tiệm cận ngang của
C
55
lim ; lim 5
xx
yx


  là tiệm cận đứng của
C
Vậy đồ thị có ba đường tiệm cận là 5; 7; 5yyx cùng với trục tung tạo thành một hình chữ nhật có
kích thước
25 nên có diện tích bằng 10.
Dạng 2: Tiệm cận của đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
1. Phương pháp giải
Để tồn tại các đường tiệm cận của đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
thì 0c
và 0ad bc
Khi đó phương trình các đường tiệm cận là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 145
+ Tiệm cận đứng
d
x
c

+ Tiệm cận ngang
a
y
c
2. Bài tập
Bài tập 1:
Giá trị của tham số thực m để đồ thị hàm số
21 1mx
y
x
m
có đường tiệm cận ngang
3y
là
A. 1m B. 0m C. 2m
D. 3m
Hướng dẫn giải
Chọn C
Điều kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận là
2
21102 10mm m m m
Phương trình đường tiệm cận ngang là
21ym
nên có 213 2mm
 .
Bài tập 2: Tập hợp các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số
1
1
x
y
mx
có tiệm cận đứng là
A.
B.
\0
C.
\1
D.
\0;1
Hướng dẫn giải
Chọn D
Điều kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận là
00
10 1
mm
mm




Bài tập 3. Tập hợp các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
3
1
x
y
mx
không có tiệm cận đứng là
A.
B.
1
0;
3



C.
1
3

D.
0
Hướng dẫn giải
Chọn B
Điều kiện để đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng là
0
0
1
13 0
3
m
m
m
m

Bài tập 4: Cho hàm số
1
ax b
y
x
. Biết đồ thị hàm số đã cho đi qua điềm
0; 1A và có đường tiệm
cận ngang là
1y . Giá trị ab bằng
A.
1 B. 0 C. 3 D. 2
Hướng dẫn giải
Chọn B
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 146
Điều kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận là
0ab
Do đồ thị hàm số đi qua điểm
0; 1A
nên 1b
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là
1ya a
 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy
0ab
Bài tập 5: Biết rằng đồ thị của hàm số

3 2019
3
axa
y
xb


nhận trục hoành làm tiệm cận ngang và
trục tung làm tiệm cận đứng. Khi đó giá trị của
ab
bằng
A.
3 B. -3 C. 6 D. 0
Hướng dẫn giải
Chọn D
Điều kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận là
3 3 2019 0ab a

Phương trình các đường tiệm cận là
330 3
330 3
xb b b
ya a a






(thỏa mãn điều kiện)
Vậy
0ab
Bài tập 6: Giá trị thực của tham số m để đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
1
2
x
y
x
m
đi qua điểm
1; 2A
là
A.
4m
B.
2m 
C.
4m
D.
2m
Hướng dẫn giải
Chọn B
Điều kiện để đồ thị hàm số có đường tiệm cận là 20 2mm

Đường tiệm cận đứng là
12
22
mm
xm  
(thỏa mãn)
Bài tập 7: Cho hàm số
1
2
mx
y
x
m
với tham số
0m
. Giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm
số thuộc đường thẳng nào dưới đây?
A.
20xy
B.
20xy
C.
20xy
D.
2yx
Hướng dẫn giải
Chọn C
Điều kiện để đồ thị hàm số có đường tiệm cận là
2
210mm

.
Phương trình các đường tiệm cận là
2;
x
my m
nên tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là

2;Imm thuộc đường thẳng
2
x
y
Bài tập 8: Tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số
45x
y
x
m
có tiệm cận đứng nằm bên
phải trục tung là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 147
A.
0m
và
5
4
m
B.
0m
C.
0m
và
3
4
m
D.
0m
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Điêu kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận là
5
450
4
mm

Phương trình đường tiệm cận đứng là
x
m
Để tiệm cận đứng nằm bên phải trục tung thì
0m
Vậy điều kiện cần tìm là
0
5
4
m
m
Dạng 3: Tiệm cận của đồ thị hàm số phân thức hữu tỷ
1. Phương pháp giải
- Tiệm cận của đồ thị hàm số

A
y
f
x
với A là số thực khác 0 và
f
x là đa thức bậc 0n .
- Đồ thị hàm số

A
y
f
x
luôn có tiệm cận ngang
0y
.
- Đường thẳng
0
x
x là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

A
y
f
x
khi và chỉ khi
0
x
là nghiệm của

f
x hay
0
0fx
- Tiệm cận của đồ thị hàm số

f
x
y
g
x
với
,
f
xgx là các đa thức bậc khác 0.
- Điều kiện để đồ thị hàm số

f
x
y
g
x
có tiệm cận ngang là bậc
f
x
bậc
g
x .
- Điều kiện để đường thẳng
0
x
x là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số


f
x
y
g
x
là
0
x
là nghiệm của
g
x nhưng không là nghiệm của

f
x hoặc
0
x
là nghiệm bội n của
g
x , đồng thời là nghiệm bội m
của
f
x và mn
2. Bài tập
Bài tập 1:
Tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số
2
21
21
mx x
y
x
có tiệm cận đứng là
A. 8m B. 0m C. 4m
D. 8m 
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 148
Chọn D
Tập xác định
1
\
2
D




. Đặt
2
21
g
xmx x

Để đồ thị hàm số có tiệm cận đứng thì
1
2
x
không là nghiệm của
g
x
1
020 8
24
m
gm




Bài tập 2: Biết đồ thị hàm số
2
1
26
x
y
x
mx n

(m, n là tham số) nhận đường thẳng
1
x
là tiệm cận
đứng, giá trị của
mn
bằng
A.
6 B. 10 C. -4 D. -7
Hướng dẫn giải
Chọn C
Điều kiện:
2
260xmxn
. Đặt
2
26gx x mx n

Do
1
x
là nghiệm của
1
f
xx
nên đồ thị hàm số đã cho nhận đường thẳng
1
x
là tiệm cận đứng
thì
1
x
phải là nghiệm kép của phương trình

2
2
12 70
27
1
0
5
210
60
gmn
nm
m
gx
n
mm
mn






Vậy
4mn.
Bài tập 3: Biết đồ thị hàm số
2
2
21
6
mnx mx
y
x
mx n


nhận trục hoành và trục tung làm hai tiệm cận.
Giá trị mn bằng
A. 8 B. 9 C. 6 D. -6
Hướng dẫn giải
Chọn B
Điều kiện
2
60xmxn
Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là
2ymn
20mn (1)
Đặt
2
(2 ) 1
f
xmnxmx và
2
6gx x mx n

Nhận thấy

00f với mọi m, n nên đồ thị nhận trục tung
0x
là tiệm cận đứng thì
00 60 6gnn. Kết hợp với (1) suy ra
3m
.
Vậy
9mn
Bài tập 4: Cho hàm số
2
2
1
49
ax x
y
x
bx


có đồ thị
C (a, b là các số thực dương và
4ab
). Biết rằng

C có tiệm cận ngang yc và có đúng một tiệm cận đứng. Giá trị của tổng 324Tab c bằng
A. 8 B. 9 C. 6 D. 11
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 149
Hướng dẫn giải
Chọn D
Điều kiện
2
490xbx
Phương trình tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là
44
aa
yc

Đồ thị

C
có một tiệm cận đứng nên ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Phương trình
2
490xbx có nghiệm kép
0
x
x
và không là nghiệm của
2
10ax bx
2
144 0 12bb
. Vì
0b
nên
11
12
312
bac

Thử lại ta có hàm số
2
2
1
1
3
4129
xx
y
x
x


(thỏa mãn)
Vậy
11
3. 12 24. 11
312
T 
Trường hợp 2:
2
490xbx có hai nghiệm phân biệt và một trong hai nghiệm thỏa mãn
2
10ax x. Điều này không xảy ra vì
4ab
.
Chú ý: a; b > 0 nên mẫu số (nếu có) hai nghiệm đều âm, tử số hai nghiệm trái dấu.
Dạng 4 Tiệm cận của đồ thị hàm số vô tỷ
Cho hàm số vô tỷ

yfx
- Tìm tập xác định D của hàm số.
- Để tồn tại tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
y
fx thì trong tập xác định D của hàm số phải chứa ít
nhất một trong hai kí hiệu -∞ hoặc +∞ và tồn tại ít nhất một trong hai giới hạn
lim
x
y

hoặc
lim
x
y

hữu
hạn.
2. Bài tập
Bài tập 1:
Biết đồ thị hàm số
2
24y x ax bx
có tiệm cận ngang 1y
Giá trị
3
2ab bằng
A. 56 B. -56 C. -72 D. 72
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Điều kiện
2
40ax bx
Để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang thì
0a
Khi đó, ta có
2
lim lim 2 4
xx
y x ax bx
 

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 150
2
2
2
44
lim lim 2 4 lim 1
42
xx x
axbx
y x ax bx
ax bx x
  



40
4
1
4
2
a
a
b
b
a




. Vậy
3
256ab
Chú ý: Để lim 1
x
y

 thì bậc tử phải bằng bậc mẫu nên phải có 40a
. Khi đó lim
2
x
b
y
a


Bài tập 2: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
2
23
21
mx x x
y
x

có một đường
tiệm cận ngang là
2y ?
A.
0 B. Vô số C. 1 D. 2
Hướng dẫn giải
Chọn D
Tập xác định
1
\
2
D



Ta có
11
lim ; lim
22
xx
mm
yy



Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang là
1
2
3
2
2
15
2
2
m
m
y
mm

Dạng 5: Biết đồ thị, bảng biến thiên của hàm số
yfx
, xác định tiệm cận của đồ thị hàm số

A
y
gx
với A là số thực khác 0,

g
x xác định theo
f
x
1. Phương pháp giải
- Xác định tiệm cận đứng:
+ Số tiệm cận của đồ thị hàm số

A
y
g
x
là số nghiệm của phương trình
0gx .
+ Dựa vào đồ thị, bảng biến thiên của hàm số
y
fx
để xác định số nghiệm của phương trình
0gx để suy ra số đường tiệm cận đứng.
- Xác định tiệm cận ngang: dựa vào nhánh vô tận của đồ thị, bảng biến thiên của hàm số để xác định.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hàm số
y
fx liên tục trên và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 151
Tổng số đường tiệm cận của hàm số

1
1
y
fx
là
A. 2. B. 3. C. 1. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Số đường tiệm cận đứng của đồ thị là số nghiệm của phương trình
10 1fx fx

.
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số

1
1
y
fx
có
hai đường tiệm cận đứng.
Ta có

111
lim
1314
x
fx



;

111
lim
1112
x
fx


nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận
ngang là
1
4
y và
1
2
y .
Vậy đồ thị hàm số

1
1
y
fx
có bốn đường tiệm cận.
Bài tập 2. Cho hàm số
yfx xác định, liên tục trên và có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới.
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

3
1
3
y
fx x
là
A. 2. B. 4. C. 3. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt
3
tx x, ta có khi
x
 thì t  và khi
x
 thì t .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 152
Mặt khác ta có
2
310,tx x

nên với mọi
t
phương trình
3
x
xt
có duy nhất một
nghiệm x.
Số đường tiệm cận đứng của đồ thị là số nghiệm của phương trình
30 3ft ft
.
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có duy nhất một nghiệm nên đồ thị hàm số

3
1
3
y
fx x
có một tiệm cận đứng.
Ta có


3
11
lim lim 0
3
3
xt
ft
fx x
 


;


3
11
lim lim 0
3
3
xt
ft
fx x
 

nên đồ thị hàm số

3
1
3
y
fx x

có một tiệm cận ngang là
0y
.
Vậy đồ thị có hai đường tiệm cận
Bài tập 3. Cho hàm số bậc ba
32
,,,f x ax bx cx d a b c d có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Đồ thị hàm số


2
1
43
gx
fx

có bao nhiêu đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang?
A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt
2
4tx
, ta có khi
x

thì
t 
.
Khi đó


1
lim lim 0
3
xt
gx
ft
 

nên 0y
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
g
x .
Mặt khác
 
2
22
2
42
6
43043
0
44
x
x
fx fx
x
x



Đồ thị hàm số
g
x có ba đường tiệm cận đứng.
Vậy đồ thị hàm số
g
x có bốn đường tiệm cận.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 153
Dạng 6: Biết đồ thị, bảng biến thiên của hàm số
yf
x
, xác định tiệm cận của đồ thị hàm số


x
y
gx
với

x
là một biểu thức theo x,
gx
là biểu thức theo
f
x
1. Phương pháp giải
- Dựa vào đồ thị hàm số
y
fx
tìm nghiệm của phương trình
0gx
và xác định biểu thức
g
x
.
- Rút gọn biểu thức


x
g
x
và tìm tiệm cận đứng, tiệm cận ngang.
Chú ý:
- Điều kiện tồn tại của
x
.
- Sử dụng tính chất nếu đa thức
g
x có nghiệm là
0
x
x
thì
01
.
g
xxxgx , ở đó
1
g
x là một
đa thức.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hàm số bậc ba
32
f
xaxbxcxd
có
đồ thị như hình vẽ.
Đồ thị hàm số

 
2
2
32 1
x
xx
gx
x
fx fx



có bao nhiêu
đường tiệm cận đứng?
A. 4. B. 6.
C. 3. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Điều kiện xác định
 


2
1
1
00
0
1
x
x
xfx
fx fx
fx




.
Xét phương trình
2
0fx fx
 
01
12
fx
fx
.
Dựa vào đồ thị ta thấy
- Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1
1xx
(loại) và 2x
(nghiệm kép).
- Phương trình (2) có ba nghiệm phân biệt
1
x
,
2
1; 2xx ,
3
2xx
.
Khi đó
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 154
   
2
22
123
121
f
x fx fx fx axx x x xx xx  

Suy ra


2
123
1
2
x
gx
ax x x x x x x x

,
trong đó
1
1x ,
2
1; 2x ,
3
2x nên đồ thị hàm số
ygx có ba tiệm cận đứng là 2x ;
2
x
x
;
3
x
x .
Bài tập 2. Cho hàm số bậc ba
32
f
xaxbxcxd
có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Đặt

 
2
2
2
xx
gx
f
xfx
. Đồ thị hàm số
ygx
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
A. 4. B. 2. C. 5. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Điều kiện xác định
 

2
0
20
2
fx
fx fx
fx

.
Ta có
 

2
0
20
2
fx
fx fx
fx

.
Dựa vào đồ thị ta có
0fx
có hai nghiệm
1
0xx
và
1
x
(nghiệm kép).

21
3
;1
20
1
xx x
fx x
xx



.
Vậy biểu thức
2
22f x fx fx fx

2
2
123
1.axx x xxx xx .
Khi đó ta có

 

2
22
123
1
21
xx
gx
f
xfxax xxxxxx


.
Vậy đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận đứng.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 155
Bài tập 3. Cho
f
x
là hàm đa thức bậc 6 có bảng biến thiên như sau
Đồ thị hàm số

 
2
343
2
xxx
gx
fx fx



có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
A. 3. B. 2. C. 4. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Điều kiện

0
2
fx
fx
.
Ta có


2
2
343 31xxx x x;
 

0
.20
2
fx
fx fx
fx


.
Dựa vào bảng biến thiên, ta có
0fx
có nghiệm là 1
x
; 2x (nghiệm kép); 3x
(nghiệm kép)

22
12 3fx ax x x

với
0a .
2fx
có hai nghiệm

1
2
1
2;3
xx
xx


nên
12
.
f
xxxxxpx
với
p
x
là một đa thức
bậc 4 và

0,px x .
Khi đó


2
12
1
2.
gx
ax xx xx px

.
Vậy đồ thị hàm số

y
gx có ba đường tiệm cận đứng.
Chú ý: Do f(x) là hàm đa thức bậc 6 nên f’(x) là hàm đa thức bậc 5.
Bài tập 4. Cho hàm số

y
fx là hàm đa thức bậc 6 thỏa mãn
31 20f
và
3
330,2fa a a a. Đồ thị hàm số
y
fx
như hình vẽ.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 156
Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số


3
1
32 3
x
gx
f
xxx

là
A. 0. B. 2. C. 1. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt
3
32 3hx f x x x. Điều kiện
0hx
.
Ta có
2
3233hx f x x

,
2
021hx f x x

.
Đặt
2tx, ta được

2
43
f
tt t

. (*)
Vẽ đồ thị hàm số
2
43yt t vào cùng hệ trục có đồ thị hàm số
yft
ta được hình vẽ sau
Dựa vào đồ thị ta thấy (*) có ba nghiệm là
1; 3; 4tt ta

.
Suy ra phương trình
0hx
có nghiệm đơn
1; 1; 2 2xxxab

.
Ta có bảng biến thiên của

hx như sau
Vì
13120hf và
 
3
32
32323361220hb f a a a f a a a a a
với mọi
4a nên phương trình
0hx có hai nghiệm phân biệt
12
1; 1; 1xx xx .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 157
Vậy đồ thị hàm số
ygx
có hai tiệm cận đứng.
Dạng 7: Biện luôn số đường tiệm cận của đồ thị hàm số phân thức

f
x
y
gx
, với
f
x
và
gx
là
các đa thức
1. Phương pháp giải
Điều kiện đề đồ thị hàm số

f
x
y
g
x
có tiệm cận ngang khi và chỉ khi bậc
f
x
bậc
g
x
. Khi đó đồ
thị hàm số

f
x
y
g
x
có đúng một đường tiệm cận ngang.
Điều kiện để đồ thị hàm số

f
x
y
g
x
có tiệm cận đứng
0
x
x
Trường hợp 1:
0
x
x
là nghiệm của phương trình
0gx
nhưng không là nghiệm của phương trình
0fx
.
Trường hợp 2:
0
x
x
là nghiệm bội n của phương trình
0gx
, đồng thời là nghiệm bội m của
phương trình
0fx thì nm .
Ta có
 
01
.
m
f
xxxfx
với
1
f
x
không có nghiệm
0
x
x
và

01
.
n
g
xxxgx
với
1
g
x
không có nghiệm
0
x
x . Khi đó






01 1
01 0 1
.
..
m
nnm
fx xx fx fx
y
gx
x
xgx xx gx


nên
0
x
x là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Gọi S là tập các giá trị nguyên dương của tham số m để đồ thị hàm số
22
2
23
x
y
x
xm m

có
ba tiệm cận. Tổng các giá trị của tập S bằng
A. 6. B. 19. C. 3. D. 15.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Điều kiện
22
230xxmm .
Ta có lim 0
x
y

 đồ thị hàm số luôn có một tiệm cận ngang 0y
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 158
Số đường tiệm cận đứng của hàm số đã cho là số nghiệm khác -2 của phương trình
22
230xxmm
nên để đồ thị hàm số
22
2
23
x
y
x
xm m

có ba tiệm cận thì phương trình
22
230xxmm
phải có hai nghiệm phân biệt khác -2.
2
2
313 313
130
22
30
0, 3
mm
m
mm
mm








.
Do m nguyên dương nên
1; 2m
.
Vậy tổng các giá trị của tập S bằng 3.
Bài tập 2. Tổng tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số
2
2
32
x
m
y
xx
có đúng hai đường
tiệm cận là
A. -5 B. 4 C. -1 D. 5
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Điều kiện
1; 2xx
.
Vì lim 1
x
y

nên đồ thị luôn có một đường tiệm cận ngang 1y
với mọi m.
Ta có
2
1
32
2
x
xx
x

.
Xét
2
f
xxm
. Để đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận thì
f
x
phải nhận 1
x
hoặc
2x là nghiệm hay

10
10 1
40 4
20
f
mm
mm
f






.
Với 1m  , ta có hàm số
2
2
11
32 2
x
x
y
xx x


nên đồ thị có hai đường tiệm cận là 2; 1
x
y
(thỏa mãn).
Với
4m

, ta có hàm số
2
2
42
32 1
xx
y
x
xx


nên đồ thị có hai đường tiệm cận là 1; 1
x
y
(thỏa mãn).
Vậy
1; 4S 
nên tổng các giá trị m bằng -5.
Bài tập 3. Tính tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số
2
2
32
5
xx
y
xmxm


không
có đường tiệm cận đứng
A. -12. B. 12. C. 15. D. -15.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Điều kiện
2
50xmxm.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 159
Đặt
22
32, 5fx x x gx x mxm 
.
Ta có

1
0
2
x
fx
x

là nghiệm đơn của tử thức.
Để đồ thị không có tiệm cận đứng, ta có các trường hợp sau
Trường hợp 1. Phương trình
0gx
vô nghiệm
2
4200 226 226mm m  
.
Do
m nên
6; 5;...;2m 
Trường hợp 2.
0fx
nhận đồng thời
1
x
và
2x
làm nghiệm
150
3
42 50
mm
m
mm



.
Thử lại, ta có
2
2
32
1
32
xx
y
xx



, khi đó đồ thị hàm số 1y
không có tiệm cận loại.
Vậy các giá trị nguyên của m để đồ thị không có tiệm cận đứng là
6; 5;...;2;3m 
nên tổng bằng
-15.
Bài tập 4. Tập hợp các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số

22
21
214 4 1
x
y
mx x x mx

có
đúng một đường tiệm cận là
A.
1; 0
B.
0
C.
;1 0
D.
;1 1; 
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Điều kiện
2
2
210
44 10
mx x
xmx


.
- Với
0m
, hàm số có dạng
2
1
41
y
x
.
Đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận ngang 0y
.
Do đó
0m là một giá trị cần tìm.
- Với
0m .
Ta có lim 0
x
y

nên đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang 0y
.
Để đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận thì
+ Trường hợp 1. Hai phương trình
2
210fx mx x

và
2
4410gx x mx

cùng vô
nghiệm
2
10
1
11
440
m
m
m
m





vô nghiệm
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 160
+ Trường hợp 2. Phương trình

22
214 4 10mx x x mx

có nghiệm duy nhất là
1
2
x
. Khi đó
1
2
x
là nghiệm của một trong hai phương trình
0fx
hoặc
0gx
0
0
4
1
12 10
m
m
m
m



.
Do
0m
nên
1m 
.
Thử lại, với
1m  thì hàm số là


22 2
21 1
214 41 2121
x
y
xx xx xx x

 
Khi đó, đồ thị hàm số đã cho có các tiệm cận đứng là
1
12,
2
xx
 1m không thỏa mãn.
Vậy tập hợp tham số m cần tìm là
0m
.
Dạng 8: Biện luận số đường tiệm cận của đồ thị hàm số chứa căn thức
1. Phương pháp giải
Thực hiện theo các bước sau
Bước 1. Tìm tập xác định của hàm số.
Bước 2. Xác định các đường tiệm cận.
- Tiệm cận ngang
+ Điều kiện cần: Để đồ thị hàm số chứa căn thức có tiệm cận ngang thì trong tập xác định phải có các
khoảng
;a hoặc

;b  .
+ Điều kiện đủ là: Tồn tại một trong các giới hạn
lim
x
a

hoặc
lim
x
b

thì đường thẳng ya
hoặc
yb là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.
* Tiệm cận đứng: Tồn tại giá trị
0
x
để một trong các giới hạn
0
lim
xx
y
 hoặc
0
lim
xx
y
 thì
0
x
x
là
tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho
2. Bài tập mẫu
Bài tập 1.
Tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số
2
4
3
mx
y
x
có đúng ba tiệm cận là
A.
4
9
m
B.
0m
C.
4
0
9
m
D.
m
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 161
Điều kiện
2
40
3
mx
x

.
Để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang thì
0m .
Khi đó tập xác định của hàm số là

22
;;\3D
mm





.
Ta có
2
4
lim
3
x
mx
m
x

;
2
4
lim
3
x
mx
m
x


nên đồ thị hàm số
có hai tiệm cận ngang là
ym
Để tồn tại tiệm cận đứng
3
x
thì
24
3
9
m
m
 .
Kết hợp lại ta có
4
9
m .
Nếu
0m
thì
2
40mx
Bài tập 2. Tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số

2
2
13
12
x
xx
y
xmxm


có đúng hai
đường tiệm cận là
A. m B.
1
2
3
m
m
m



C.
2
3
m
m
D.
1
2
m
m

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Điều kiện

2
2
30
3; 0
1; 2
120
xx
xx
xxm
xmxm





.
Tập xác định
;3 0; \1; 2Dm
Ta có
lim 0, 0
x
ymDy


là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Để đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận thì phải có một đường tiệm cận đứng.
- Với
3m  thì
;3 0; \1D  .
Khi đó, ta có hàm số

2
2
2
13 1
21
11 3
xxx
y
xx
x
xxx




.
Do đó
1
lim
x
y

và
1
lim
x
y

nên
1
x
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 3m thỏa mãn.
- Với
3m 
, ta có
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 162



2
2
11 1
2
13 1 1
lim lim lim
12 43
21 3
xx x
xxx
y
xmxm m
xm x x x





1
x
 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Để đường
2xm
là tiệm cận đứng thì
23 1
20 2
mm
mm





.
Khi đó
(2)
lim
xm
y


(tùy theo m) nên
2xm

là tiệm cận đứng khi
1
2
3
m
m
m


.
Kết hợp cả hai trường hợp, ta có
1
2
m
m

.
Bài tập 3. Tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số
2
1yx mx
 có tiệm cận ngang là
A. 1m B. 01m C. 1m
D. 1m 
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Trường hợp 1. Với 0m
thì hàm số là 1yx
nên đồ thị không có tiệm cận ngang. Do đó 0m
không phải giá trị cần tìm.
Trường hợp 2. Với
0m
thì hàm số có tập xác định là
11
;D
mm


nên không tồn tại lim
x
y

và
lim
x
y

đồ thị không có tiệm cận ngang.
Do đó
0m không phải giá trị cần tìm.
Trường hợp 3. Với
0m
thì hàm số có tập xác định là D
.
Xét
2
lim 1
x
xmx

.
Xét
2
2
2
11
lim 1 lim
1
xx
mx
xmx
xmx
 



.
Để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang thì
10 1mm
 .
Bài tập 4. Tập tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số
2
1
32
x
y
mx mx

có bốn
đường tiệm cận phân biệt là
A.
0;  B.
9
;
8




C.
8
;
9



D.

8
;\1
9




Hướng dẫn giải
Chọn D.
Điều kiện
2
320mx mx. (*)
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 163
Trường hợp 1. Với
0m
, ta có
1
2
x
y
nên đồ thị không có đường tiệm cận.
Do đó
0m không phải giá trị cần tìm.
Trường hợp 2. Với
0m .
Phương trình
2
320mx mx
có
2
980, 0mm m

nên
2
12
320 ;mx mx x x x (với
12
,
x
x là hai nghiệm của phương
trình
2
320mx mx
) nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang, chỉ
có tối đa hai tiệm cận đứng
Nếu
0
thì hàm số
có tập xác định là
D 
Do đó
0m không phải giá trị cần tìm.
Trường hợp 3. Với
0m
.
Xét phương trình
2
320mx mx.
- Nếu
2
8
9800
9
mm m
. Hàm số xác định trên
.
Khi đó
2
320,mx mx x nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng mà chỉ có hai tiệm cận
ngang là
1
y
m
 vì
1
lim
x
m

và
1
lim
x
m

.
- Nếu
2
8
980
9
mm m .
Khi đó, hàm số trở thành
2
32 32
22 3
82418
xx
y
x
xx



nên đồ thị hàm số chỉ có một tiệm cận
đứng và hai tiệm cận ngang.
- Nếu
2
8
980
9
mm m .
Hàm số xác định trên các khoảng

1
;
x

và
2
;x
.
Khi đó đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là
1
y
m
 .
Để đồ thị hàm số đã cho có bốn đường tiệm cận thì đồ thị hàm số phải
có hai đường tiệm cận đứng.
Vì
1
x
là nghiệm của tử
1
f
xx nên để đồ thị có hai tiệm cận
đứng thì
1
x
không phải là nghiệm của phương trình
2
320mx mx 320 1mm m .
Vậy giá trị của m cần tìm là
8
9
1
m
m
.
Nếu
1
x
là nghiệm của
phương trình
0gx
,
do phương trình
0gx
có hai nghiệm phân biệt
nên phương trình

0gx
có một nghiệm
nữa
1xa thì

1.
g
xmx xa
.
Khi đó hàm số có dạng

1
1.
x
y
mx x a

nên chỉ có một tiệm cận
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 164
đứng là
x
a
.
Bài tập 5.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số

2
11
12
x
y
x
mx m


có hai
tiệm cận đứng?
A. 1. B. 2. C. 4. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Điều kiện

2
1
120
x
xmxm


.
Đặt
2
12
f
xx mxm
Để đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng thì phương trình
0fx
có hai nghiệm phân biệt
12
,1xx
.
Trường hợp 1.
f
x có nghiệm
110 2xf m  .
Khi đó hàm số có dạng
2
11
34
x
y
xx


có tập xác định là
4;D

nên chỉ có một tiệm cận
đứng.
Trường hợp 2.
f
x
có hai nghiệm phân biệt

12 1 2
12
0
,1 110
2
xx x x
xx




2
526
180
526
21 10 2 526
12
2
3
m
mm
m
mm m
m
m
m









Do
m nên 1; 0mm
Dạng 9: Biện luận số đường tiệm cận của đồ thị hàm ẩn
Bài tập 1. Cho hàm số
y
fx liên tục trên và
y
fx
có bảng biến thiên như sau
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 165
Đồ thị hàm số


2020
gx
f
xm
có nhiều nhất bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Điều kiện
f
xm
.
Để đồ thị hàm số


2020
gx
f
xm
có đường tiệm cận đứng thì phương trình
f
xm phải có nghiệm.
Từ bảng biến thiên của hàm số
yfx
suy ra phương trình
0fx
có đúng hai nghiệm là
x
a
x
b
với
11ab .
Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số
yfx
như sau
Suy ra phương trình
yfx có nhiều nhất là ba nghiệm phân biệt.
Vậy đồ thị hàm số


2020
gx
f
xm
có nhiều nhất ba đường tiệm cận đứng.
Bài tập 2. Cho hàm số


2
2020
gx
hx m m

với
43 2
h x mx nx px qx

.
,, , , 0mn pq m
,
00h . Hàm số
yhx
có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 166
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số
g
x
có hai tiệm cận đứng?
A. 2. B. 11. C. 71. D. 2019
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Từ đồ thị suy ra
32
14 5 3 4 13 2 15hx mx x x m x x x

và
0m
nên

432
13
15
3
hx mx x x x




do
00h
.
Đồ thị
g
x
có hai đường tiệm cận đứng
phương trình
2
hx m m
có hai nghiệm phân biệt
432
13
15 1
3
xxxxm có hai nghiệm phân biệt.
Đặt

432
13
15
3
f
xx xx x .
Ta có bảng biến thiên của

f
x như sau
Vì
0m nên
32 35
1;1 ;0
33
mm





.
Vậy có 11 số nguyên m.
Bài tập 3. Cho hàm số
y
fx là hàm số bậc 3. Đồ thị hàm số
y
fx
như hình vẽ dưới đây và

120f 
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 167
Đồ thị hàm số


20fx
gx
f
xm
(m là tham số thực) có bốn tiệm cận khi và chỉ khi
A.

3mf B.
31fmf C.
1mf D.
31fmf
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Điều kiện
f
xm .
Từ đồ thị hàm số

f
x
, ta có bảng biến thiên hàm số
f
x là
- Nếu
20m thì đồ thị hàm số không có đủ bốn tiệm cận.
- Nếu
20m thì

20
lim 1
x
fx
fx m


Đường thẳng 1y
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Ta có phương trình
20fx
có một nghiệm 3xa
vì
120f
.
Suy ra đồ thị hàm số
g
x có bốn tiệm cận khi phương trình
f
xm
có ba nghiệm phân biệt khác
31af mf.
Bài tập 4. Cho hàm số
f
x liên tục trên và
lim 1
x
fx

;
lim
x
fx


. Có bao nhiêu giá trị
nguyên của tham số m thuộc

2020; 2020 để đồ thị hàm số

 
2
2
3
2
xxx
gx
f
xfxm

có tiệm cận
ngang nằm bên dưới đường thẳng 1y  .
A. 2. B. 0. C. 1. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 168
Điều kiện

 
2
3; 0
02
20
xx
fx
fx f x m



Do
lim
x
fx


nên khi
x
 thì
2
2 fx f x
 vì vậy
 
2
2
f
xfx không có nghĩa
khi x đủ lớn. Do đó không tồn tại
lim
x
g
x

.
Xét
lim
x
g
x

.
Vì
lim 1
x
fx

nên
   
22
lim 2 lim 2 1
xx
fx fx fx fx
 



;
2
33
lim 3 lim
2
3
11
xx
xxx
x
 






Từ đó

3
lim
22
x
gx
m

với
1m  .
Khi đó đồ thị hàm số
g
x
có tiệm cận ngang là đường thẳng
3
22
y
m
.
Để tiệm cận ngang tìm được ở trên nằm dưới đường thẳng 1y
thì
31
11
22 2
m
m

Vì
m
nên
0m
.
Dạng 10: Bài toán liên quan đến đường tiệm cận của đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
1. Phương pháp giải
Đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
có đường tiệm cận khi và chỉ khi 0, 0ad bc c
.
Khi đó, phương trình đường tiệm cận đứng là
d
x
c
.
Phương trình đường tiệm cận ngang là
a
y
c
.
- Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là điểm
;
da
I
cc



và cũng là tâm đối xứng của đồ thị.
- Hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số cùng với hai trục tọa độ tạo thành một hình chữ nhật có các
kích thước là
d
c
và
a
c
nên có chu vi là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 169
2
da
C
cc




và diện tích là
2
ad
S
c
2. Bài tập mẫu
Bài tập 1.
Giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
1
2
mx
y
x
m
có đường tiệm cận đứng đi qua điểm

1; 2A
là
A.
2m 
. B.
2m
. C.
2m
. D.
1m 
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
2
20,ad bc m m nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng
2
m
x  .
Để tiệm cận đứng đi qua điểm

1; 2A
thì
12
2
m
m

.
Bài tập 2. Các đường tiệm cận của đồ thị hàm số
23
1
x
y
x
tạo với hai trục tọa độ một hình chữ nhật có
diện tích bằng
A. 3 (đvdt) B. 6 (đvdt) C. 1 (đvdt) D. 2 (đvdt)
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Phương trình các đường tiệm cận là 1; 2xy
.
Do đó hai đường tiệm cận và hai trục tọa độ tạo thành hình chữ nhật diện tích bằng 1.2 = 2 (đvdt).
Bài tập 3. Tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số
2
1
mx m
y
x
có đường tiệm cận đứng,
tiệm cận ngang của đồ thị hàm số cùng hai trục tọa độ tạo thành một hình chữ nhật có diện tích bằng 8 là
A. 2m  . B. 2m . C.
1
2
m
.
D. 4m  .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Điều kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận là 200mm m
.
Khi đó phương trình hai đường tiệm cận là
1
x
và 2ym
.
Theo công thức tính diện tích hình chữ nhật tạo bởi hai tiệm cận và hai trục tọa độ, ta có
2Sm .
Theo giả thiết thì
28 4mm .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 170
Bài tập 4. Cho đồ thị hai hàm số

21
1
x
fx
x
và

1
2
ax
gx
x
với
1
2
a
. Tất cả các giá trị thực
dương của tham số a để các tiệm cận của hai đồ thị hàm số tạo thành một hình chữ nhật có diện tích bằng
4 là
A. 6a . B. 4a . C. 3a
. D. 1a .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đồ thị hàm số

21
1
x
fx
x
có hai đường tiệm cận là
1x
và 2y
.
Điều kiện để đồ thị hàm số

1
2
ax
gx
x
có tiệm cận là
1
210
2
aa
.
Với điều kiện đó thì đồ thị hàm số
g
x có hai đường tiệm cận là
2x
và ya
.
Hình chữ nhật được tạo thành từ bốn đường tiệm cận của hai đồ thị trên có hai kích thước là 1 và
2a
.
Theo giả thiết, ta có
6
2.1 4
2
a
a
a


.
Vì
0a nên 6a .
Bài tập 5. Cho hàm số
1
1
x
y
x
có đồ thị
C . Hai đường tiệm cận của
C cắt nhau tại I. Đường thẳng
:2dy x b (b là tham số thực) cắt đồ thị
C tại hai điểm phân biệt A, B. Biết
0b
và diện tích tam
giác AIB bằng
15
4
. Giá trị của b bằng
A. -1. B. -3. C. -2. D. -4
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có tọa độ điểm
1;1I .
Phương trình hoành độ giao điểm của
C và d là

2
1
1
2
2310*
1
x
x
xb
fx x b x b
x


.
Đường thẳng d cắt đồ thị
C tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi
0fx
có hai nghiệm phân biệt
khác 1

2
2170
120
bb
b
f



.
Gọi
12
,
x
x là hai nghiệm của (*).
Khi đó

11 2 2
;2 , ;2
A
xxbBxx b.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 171
Ta có
11
1; 2 1IA x x b

;
22
1; 2 1IB x x b

.
Diện tích tam giác IAB là

12 21
1
12 1 12 1
2
Sx xb x xb

2
12
11217
11.
222
bb
bxx b


.
Theo giả thiết thì
2
1217
15
44
bbb
 
22 2
2
1 1 16 225 1 9
4
b
bb b
b

 

.
Do
0b
nên
4b 
.
Chú ý:
- Với tam giác ABC có
;; ;
A
BabACcd

thì
1
2
ABC
Sadbc
.
- Nếu phương trình bậc
hai
2
0ax bx c
có
hai nghiệm phân biệt
12
,
x
x
thì
12
xx
a

Bài tập 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn
1
C
và
2
C
lần lượt có phương trình

22
121xy
và

2
2
11xy
. Biết đồ thị hàm số
ax b
y
x
c
đi qua tâm của
1
C , đi qua
tâm của
2
C
và có các đường tiệm cận tiếp xúc với cả
1
C
và
2
C
. Tổng
abc
là
A. 5. B. 8. C. 2. D. -1.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đường tròn
1
C có tâm
1
1; 2I ;
1
1R và
2
C có tâm
2
1; 0I ;
2
1R
.
Điều kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận là
0ac b
.
Gọi

C là đồ thị hàm số
ax b
y
x
c
.
Khi đó ta có các đường tiệm cận
C
là
x
c
và ya
.
Ta có

12
1
2
1
,
0
1
1
ab
c
c
II C a b
ab
ac
c





.
Đường thẳng
x
c tiếp xúc với cả
1
C và
2
C nên
11
0
11
c
c
c



1ab
Khi đó tiệm cận ngang của
C
là 1y tiếp xúc với cả
1
C
,
2
C
thỏa mãn bài toán.
Vậy 1; 0 2ab c abc .
Dạng 11: Bài toán về khoảng cách từ điểm trên đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
đến các đường tiệm cận
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 172
1. Phương pháp giải
Giả sử đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
có các đường tiệm
cận là
1
:
d
x
c
 và
2
:
a
y
c
.
Gọi
0
0
0
;
ax b
Mx
cx d



là điểm bất kì trên đồ thị.
Khi đó

0
110
;
cx d
d
ddM x
cc

và


0
22
00
;
ax b
aadbc
ddM
cx d c c cx d


.
Vậy ta luôn có
12
2
.
ad bc
dd K
c

là một số
không đổi.
Khi đó
12 12
22dd dd K nên
12
min 2dd K khi
12
dd


2
0
0
0
cx d
ad bc
cx d ad bc
cccxd

.
Bài tập: Xét hàm số
21
1
x
y
x
có hai đường
tiệm cận là
1
x
và
2y
. Khi đó tích các
khoảng cách từ điểm M bất kỳ trên đồ thị đến
hai đường tiệm cận là
21
1
1
d


.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Gọi M là giao điểm của đồ thị
21
23
x
y
x
với trục hoành. Khi đó tích các khoảng cách từ điểm
M đến hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số đã cho bằng
A. 4. B. 2. C. 8. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi
12
,dd lần lượt là khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.
Áp dụng công thức, ta có
12
62
.2
4
dd
.
Bài tập 2. Cho hàm số
23
2
x
y
x
C . Gọi M là điểm bất kỳ trên
C , d là tổng khoảng cách từ M đến
hai đường tiệm cận của đồ thị. Giá trị nhỏ nhất của d bằng
A. 10. B. 6. C. 2. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 173
Gọi
12
,dd
lần lượt là khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.
Áp dụng công thức, ta có
12
43
.1
1
dd


.
Khi đó
12 12
2. 2dd d dd .
Vậy
min
2d .
Bài tập 3. Cho hàm số
13
3
x
y
x
có đồ thị
C
. Điểm M có hoành độ dương, nằm trên
C
sao cho
khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng gấp hai lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của
C . Khoảng
cách từ M đến tâm đối xứng của
C
bằng
A. 5. B. 32. C. 25. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giả sử

0
000
0
31
;0;3
3
x
Mx C x x
x




.
Đồ thị
C
có tiệm cận đứng
1
:3x, tiệm cận ngang
2
:3y
và tâm đối xứng

3; 3I
.
Khi đó
110
;3ddM x và

22
0
8
;
3
ddM
x

.
Theo giả thiết
0
12 0 0
0
0
7
16
23 7
1
3
x
dd x x
x
x


(do
0
0x ).
Vậy
7;5 2 5MIM .
Bài tập 4. Cho hàm số
45
1
x
y
x
có đồ thị
H . Gọi
00
;
M
xy với
0
0x
là một điểm thuộc đồ thị
H thỏa mãn tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận của
H bằng 6. Giá trị của biểu thức

2
00
Sxy
bằng
A. 4. B. 0. C. 9. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đồ thị
H có tiệm cận đứng
1
:1x và tiệm cận ngang
2
:4y
.
Gọi

0
000
0
45
;,1,0
1
x
Mx H x x
x




.
Khi đó
110
;1ddM x và

22 12
0
9
;.9
1
ddM dd
x

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 174
Ta có
12 12
26dd dd
nên
12
min 6dd
khi
0
12 0
0
0
2
9
1
4
1
x
dd x
x
x

.
Do
0
0x nên
4;7 9MS.
Dạng 12: Bài toán liên quan giữa tiếp tuyến và tiệm cận của đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
1. Phương pháp giải
Giả sử đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
có đồ thị
C
có
các đường tiệm cận là
1
:
d
x
c

,
2
:
a
y
c

và
;
da
I
cc



.
Gọi
0
0
0
;
ax b
Mx
cx d



là điểm bất kỳ trên đồ thị.
Khi đó tiếp tuyến của
C
tại M là


0
0
2
0
0
:
ax b
ad bc
dy x x
cx d
cx d

.
Gọi
1
Ad


0
00
2
2
;
ad bc
bc ad acx
d
AIA
c c cx d c cx d







.
2
Bd
0
0
2
2;
cx d
da
Bx IB
cc c




.
Do đó
2
4
.
ad bc
IA IB K
c
 là một số không đổi.
Do IAB vuông tại I nên
2
2
11
.
22
IAB
ad bc
SIAIB K
c
 là một số không
đổi.
Ngoài ra, ta có
2
2
A
BM
A
BM
x
xx
yy y


nên M luôn là
trung điểm của AB.
Ta có các dạng câu hỏi thường gặp sau
Câu 1:
Tính diện tích tam giác IAB.
2
2
11
.
22
IAB
ad bc
SIAIB K
c
 .
Câu 2: Tìm điểm
M
C hoặc viết phương trình
tiếp tuyến của
C biết tiếp tuyến tạo với hai trục
tọa độ một tam giác vuông có
a) Cạnh huyền nhỏ nhất.
22
2. 2
A
BIAIB IAIB K
.
Dấu bằng xảy ra khi
IA IB
.
b) Chu vi nhỏ nhất
Ta có
2. 2. 2 2IA IB AB IA IB IA IB K K
Dấu bằng xảy ra khi
IA IB
.
c) Bán kính đường tròn ngoại tiếp nhỏ nhất.
Ta có
1
22
K
RAB
Dấu bằng xảy ra khi
IA IB
.
d) Bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất.
Ta có
SK
r
p
IA IB AB


Vậy r lớn nhất khi
IA IB AB
nhỏ nhất và bằng
22
K
K .
Dấu bằng xảy ra khi
IA IB
.
e) Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến lớn nhất.
Gọi H là hình chiếu của I lên d, ta có
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 175
222
111 22
.2
K
IH
IA IB K
IH IA IB

.
Dấu bằng xảy ra khi IA IB
.
Nhận xét: Các câu hỏi trên thì đẳng thức đều xảy
ra khi IA IB
nên IAB
vuông cân tại I. Gọi
là
góc giữa tiếp tuyến d và tiệm cận ngang
2
thì
2
;;45ddOx

nên hệ số góc của tiếp
tuyến là
tan 45 1k
.
Vậy các bài toán trong câu 2 ta quy về bài toán viết
phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
khi biết hệ số góc 1k hoặc 1k
.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hàm số
21
1
x
y
x
có đồ thị
C . Tiếp tuyến của
C tại điểm có hoành độ bằng 3 thuộc
C cắt các đường tiệm cận của
C tạo thành tam giác có diện tích bằng
A. 4. B. 22 . C. 422 . D. 2
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Áp dụng công thức, ta có
221
2
1
S

.
Bài tập 2. Cho hàm số
1
23
x
y
x
C . Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của đồ thị hàm số
C .
Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến bất kỳ của đồ thị
C đạt giá trị lớn nhất bằng
A.
1
2
.
B. 1. C.
2
. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là
31
;
22
I



Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến d tại
M
C
bất kỳ với hai đường tiệm cận.
Khi đó ta có
2
4432
.1
4
ad bc
IA IB
c

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 176
Gọi H là hình chiếu của I trên d, ta có
222
111 2 2
2
.2
IH
IA IB
IH IA IB

.
Vậy
max
2
2
IH
.
Bài tập 3. Cho hàm số
21
2
x
y
x
có đồ thị
C . Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của
C .
Biết tiếp tuyến
của
C
tại M cắt các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang tại A và B sao cho
đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Khi đó, diện tích lớn nhất của tam giác tạo bởi
và hai trục tọa độ thuộc khoảng nào dưới đây?
A.

28;29 . B.

29;30 . C.
27;28 . D.
26;27 .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có

2
3
0
2
y
x

.
Theo lý thuyết thì để diện tích đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB nhỏ nhất thì AB nhỏ nhất. Khi đó hệ
số góc của tiếp tuyến phải là
1k  .
Do
0,yx

nên 1k  .
Xét phương trình

2
23
3
1
2
23
x
yk
x
x



.
- Với
23 23xy  Tiếp tuyến
1
:2323yx
423yx .
Khi đó
1
cắt Ox, Oy tại hai điểm
423;0, 0;423MN và
2
1
423
2
OMN
S  .
- Với
23 23xy  tiếp tuyến
1
:2323yx
423yx
.
Khi đó
1
cắt Ox, Oy tại hai điểm
423;0, 0;423PN và
2
1
423 27,85
2
OPQ
S  .
Bài tập 4. Cho hàm số
1
2
x
y
x
, gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng
2m
.
Biết đường thẳng
d cắt tiệm cận đứng của đồ thị hàm số tại điểm
11
;
A
xy và cắt tiệm cận ngang của đồ
thị hàm số tại điểm
22
;
B
xy. Gọi S là tập hợp các số m sao cho
21
5xy
 . Tổng bình phương các
phần tử của
S bằng
A. 4. B. 9. C. 0. D. 10.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 177
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Điều kiện
22 0mm
.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
:2x và tiệm cận ngang
:1
y
.
Ta có


22
33
2
2
yym
m
x


và

3
2
m
ym
m

.
Phương trình đường thẳng
d là

2
33
2
m
yxm
m
m

.
6
2;
m
Ad A
m




;
22;1Bd Bm

Do đó
2
21
1
6
522 52 460
3
m
m
xy m m m
m
m

.
Vậy

2
2
3110S  .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 178
BÀI 5. TIẾP TUYẾN
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
Cho hai hàm số

fx và

gx có đạo hàm tại điểm
0
x . Ta nói rằng
hai đường cong
C:y fx
và
C:y gx
tiếp xúc với nhau tại
điểm
00
Mx;y
nếu M là một tiếp điểm chung của chúng.
(C) và (
C
) có tiếp tuyến chung tại M.
Điều kiện tiếp xúc:
Hai đường cong (C):

yfx và
C:y gx
tiếp xúc với nhau hệ phương trình
 
fx gx
fx gx

có nghiệm.
Nghiệm của hệ phương trình là hoành độ tiếp điểm của hai đường cong đó.
B. PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Sự tiếp xúc của hai đường cong
1. Phương pháp giải
Cho hai đường cong (C):
yfx và
C:y gx
. Điều kiện để hai đường cong tiếp xúc với
nhau là hệ phương trình
 
fx gx
fx gx

có nghiệm.
- Nghiệm
0
xx của hệ trên là hoành độ của tiếp điểm của hai đường cong đã cho.
- Hệ trên có bao nhiêu nghiệm thì hai đường cong (C) và
C
tiếp xúc với nhau tại bấy nhiêu điểm.
2. Bài tập
Bài tập 1: Đồ thị hàm số
3
yx x1 tiếp xúc với đường thẳng nào dưới đây?
A.
yx1. B. y2x1.

C.
yx1. D. y2x1.
Hướng dẫn giải:
Chọn A.
Áp dụng điều kiện tiếp xúc của hai đường cong
C:y fx và
C:y gx
là hệ phương trình
 
fx gx
fx gx

có nghiệm.
Ta có
2
y3x10,x
 nên các phương án B, C bị loại.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 179
Xét phương án A.
yx1. Ta có hệ
3
2
xx1x1
x0
3x 1 1


.
Vậy đường thẳng
yx1 tiếp xúc với đồ thị hàm số đã cho.
Bài tập 2. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng
y2xm

tiếp xúc với đồ thị
hàm số
x1
y
x1
là
A.
7; 1
. B.
1
. C.
6
. D.
6; 1
.
Hướng dẫn giải:
Chọn A.
Đường thẳng
y2xm tiếp xúc với đồ thị hàm số
x1
y
x1
khi và chỉ khi hệ phương trình sau có
nghiệm


2
2
2
0
1
2
1
1
2
1
1
2
1
1
2
2
2
20
11
1
7










x
x
xm
x
x
xm
m
x
xm
x
x
x
xx
x
x
m
Vậy
1; 7m
thì đường thẳng d tiếp xúc với (C).
Bài tập 3: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị (
m
C
) của hàm số
32
473 y x mx mx m tiếp xúc với parabol
2
:1

P
yx x . Tổng giá trị các phần tử của S bằng
A.
11
4
. B.
331
4
. C.
9
4
. D. 4 .
Hướng dẫn giải:
Chọn A.
Để (
m
C ) tiếp xúc với (P) thì hệ phương trình sau có nghiệm:
32 2
2
473 1
38 721


xmxmxmxx
xmxmx

32
2
41 71 3101
32417102
 

xmxmxm
xmxm
Giải (1), ta có (1)
2
14310 xxmxm
2
1
4310

x
xmxm
+ Với
1x thay vào (2) được 2m
+ Xét hệ


2
2
43103
21 14
3241710



xmxm
mxm
xmxm
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 180
• Nếu
1
2
m
thì (4) vô nghiệm.
• Nếu
1
2
m
thì (4)
1
21

m
x
m
.
Thay
1
21
m
x
m
vào (3) ta được
2
11
4310
21 21






mm
mm
mm
32
2
1
411520
4
1

m
mmm m
m
(thỏa mãn điều kiện).
Vậy
1
2; ;1
4




S
nên tổng các phần tử trong S bằng
11
4
.
Bài tập 4: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số

3
2
1
221
32

x
ymxmx
tiếp xúc với đường thẳng 1
y . Tổng giá trị các phần tử của S bằng
A. 10. B.
20
.
3
C.
8
.
3
D.
32
.
3
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Xét hệ phương trình


3
2
2
1
22111
32
2202


x
mxmx
xm xm
Giải phương trình (2) ta được
2
xm
x
.
+ Với
xm, thay vào (1) ta được

3
2
0
0
66
m
m
m
m
.
+ Với
2x
, thay vào (1), ta được
2
3
m
.
Vậy tập hợp các giá trị của tham số thực để đồ thị hàm số đã cho tiếp xúc với đường thẳng
1
y là
2
0;6;
3



S
nên tổng các phần tử trong S bằng
20
3
.
Bài tập 5. Biết đồ thị của hàm số
32
:,,  Cyx ax bxcabc , tiếp xúc với trục hoành tại gốc
tọa độ và cắt đường thẳng
1x tại điểm có tung độ bằng 3. Tổng a + 2b + 3c bằng
A. 4. B. 2. C. 6. D. 3.
Hướng dẫn giải:
Chọn B.
Vì (C) tiếp xúc với Ox tại gốc tọa độ nên
0
x là nghiệm của hệ phương trình
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 181
32
2
00
0
32 0



xaxbxc b
c
xaxb
Mặt khác (C) đi qua điểm
1; 3A nên
13 2
 abc a
.
Vậy
232.abc
Bài tập 6. Họ parabol
2
:2320
m
Pymx m xm m
luôn tiếp xúc với đường thẳng d cố định
khi m thay đổi. Đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây?
A.
1; 8A
. B.

0; 2B
. C.
0;2C
. D.
1; 8D
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
22
23 2 2162 ymx m xm mx x x
2
162 ymx x
.
Xét đường thẳng
:62dy x thì hệ phương trình


2
16262
2166


mx x x
mx
luôn có nghiệm 1
x với mọi 0
m .
Vậy

m
P
luôn tiếp xúc với đường thẳng :62
dy x .
Đường thẳng d đi qua điểm

0; 2B
.
Nhận xét: Nếu có thể viết lại hàm số
m
P
theo dạng
2
ymaxb cxd
thì

m
P
luôn tiếp xúc với
đường
ycxd.
Dạng 2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y
fx
tại điểm
00
;
M
xy
1. Phương pháp giải
Thực hiện theo các bước sau
Bước 1: Tính

yfx và

0
fx.
Bước 2: Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là
000
yfx xx y
Bước 3: Thực hiện các yêu cầu còn lại của bài toán. Kết luận.
Chú ý:
- Nếu bài toán chỉ cho
0
x thì ta cần tìm
00
yfx và
0
fx.
- Nếu bài toán chỉ cho
0
y thì ta cần tìm
0
x bằng cách giải phương trình
0
fx y.
- Giá trị
0
fx là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số
yfx tại điểm
00
;Mx y .
2. Bài tập
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 182
Bài tập 1. Gọi M là điểm thuộc đồ thị hàm số

21
:
1
x
Cy
x
có tung độ bằng 5. Tiếp tuyến của đồ thị
(C) tại M cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B. Diện tích tam giác OAB bằng
A.

125
®vdt
6
. B.

117
®vdt
6
C.

121
®vdt
6
D.

119
®vdt
6
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có



2
3
2;5 ; ; 2 3
1


MCy y
x
.
Phương trình tiếp tuyến tại
2;5M
là
:311
dy x
.
Khi đó d cắt Ox, Oy tại
11
;0
3



A
và

11
0;11 ; 11.
3
 BOAOB
Vậy

1 1 11 121
...11®vdt
2236

OAB
SOAOB
Bài tập 2. Cho hàm số

2, 0
2

xb
yaba
ax
. Biết rằng a và b là các giá trị thỏa mãn tiếp tuyến của
đồ thị hàm số tại điểm
1; 2A
song song với đường thẳng :3 4 0
dxy . Khi đó giá trị của 3
ab
bằng
A. 5. B. 4. C. –1. D. –2.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:



 



22
22
1
22
ab ab
yy
ax a
Do tiếp tuyến song song với đường thẳng
:3 4 0 3 4
 dxy y x
nên


2
2
13 3
2

 
ab
y
a
.
Mặt khác
1; 2A thuộc đồ thị hàm số nên
1
223.
2

b
ba
a
Khi đó ta có hệ





2
2
2
3
2
2
515100
1
23
ab
a
a
aa
a
ba
+ Với
21 2 ab ab (loại)
+ Với
11 ab ( thỏa mãn điều kiện).
Khi đó ta có hàm số
1
2
x
y
x
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 183


2
3
13
2


yy
x
nên phương trình tiếp tuyến là
31
yx
song song với đường thẳng
34 yx.
Vậy
32ab .
Bài tập 3. Trong tất cả các đường thẳng tiếp xúc với đồ thị hàm số
32
331
 yx x x thì đường thẳng
d có hệ số góc lớn nhất. Phương trình đường thẳng d là
A.
62.yx B. 22.yx C. 1.
y D. 31.yx
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
2
363
 yxx
Gọi
00
;
M
xy thuộc đồ thị hàm số. Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến tại
00
;
M
xy là
2
2
00 0
3633 166  kxx x
max 0
61kx hay
1; 4M .
Phương trình đường thẳng d là
614 62yx yx.
Nhận xét: Đối với hàm số bậc ba
32
yax bx cxd thì tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất (nhỏ nhất) là
tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị
00
;Ux f x , với
0
x là nghiệm của phương trình 0

y .
+ Nếu
0a thì hệ số góc

0
kfx
là nhỏ nhất.
+ Nếu
0a thì hệ số góc
0
kfx là lớn nhất.
Bài tập 4. Cho hàm số
32
212 yx x m x m
có đồ thị
m
C
. Giá trị thực của tham số m để tiếp
tuyến của đồ thị
m
C
tại điểm có hoành độ 1
x song song với đường thẳng 310yx là
A.
2.m B. 4.m C. 0.
m D. không tồn tại m.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
có
2
34 1 1 2

 yx xm y m.
Tiếp tuyến của
m
C
tại điểm có hoành độ 1
x có phương trình là
2132 22  ym x m ym xm
Do tiếp tuyến song song với đường thẳng
310
yx
nên
23
210
m
m
(vô lí)
Vậy không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 184
Bài tập 5. Cho hàm số
32
1 fx x mx x
. Gọi k là hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M có
hoành độ
1x . Tất cả các giá trị thực của tham số m để thỏa mãn
.10
kf là
A.
2m . B. 21 m . C. 1m . D. 2m
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
2
32 1 142

 fx x mx k f m
.
Do đó
.142 1 kf m m
Để
.10kf
thì
42 1 0 2 1mm m
.
Bài tập 6. Cho hàm số
32
311 yx mx m x , với m là tham số thực, có đồ thị (C). Biết rằng khi
0
mm
thì tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ
0
1
x
đi qua
1; 3A . Mệnh đề nào sau đây
đúng?
A.
0
21 m . B.
0
10 m C.
0
01
m D.
0
12m
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi B là tiếp điểm của tiếp tuyến đi qua
1; 3A
khi
0
mm
Ta có
2
36 1

yx mxm.
Với
0
1x thì

0
21 1;21 ym B m và
154
 ym.
Tiếp tuyến tại B của (C) có phương trình là
54 121
 ymx m.
Do tiếp tuyến đi qua
1; 3A
nên

1
25 4 2 13
2
 mm m.
Vậy

0
1
0;1
2
m .
Bài tập 7. Cho hàm số
2
2
x
y
x
có đồ thị (C). Gọi M là một điểm thuộc (C) có khoảng cách từ M đến
trục hoành bằng hai lần khoảng cách từ M đến trục tung, M không trùng với gốc tọa độ O và có tọa độ
nguyên. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là
A.
8.y B. 64.y C. 12.
y D. 9.y
Hướng dẫn giải:
Chọn A.
Giả sử
2
;
2



a
Ma
a
là một điểm thuộc (C).
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 185
Do
;2;dMOx dMOy nên
2
2
2
0
2
4
2
2
23
2
4
2



a
a
a
a
a
aa
a
a
a
a
a
Theo giả thiết thì M không trùng với gốc tọa độ O và có tọa độ nguyên nên
44;8
aM.
Khi đó


2
2
4
40
2


xx
yy
x
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là
8y
.
Bài tập 8. Cho hàm số
1
2
x
y
x
có đồ thị (C) và đường thẳng :2 1
dy x m ( m là tham số thực).
Gọi
12
,kk là hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của d và (C). Tích
12
.kk bằng
A. 4. B.
1
4
. C. 2. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Tập xác định
\2D
.
Ta có

2
1
2
y
x
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d)
1
21
2

x
xm
x
( với 2x )
2
26 3201 xmxm
Để đường thẳng (d) cắt đồ thị hàm số (C) tại hai điểm thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt
khác –2.


2
2
68320
4120
10
826 32 0






mm
mm
m
mm
Vậy (C) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt
11
;Ax y và
22
;
B
xy , với
12
,xx là nghiệm của phương trình
(1).
Theo định lý Vi-ét ta có
12
12
6
2
32
.
2

m
xx
m
xx
Ta có


12
22 2
12
12 1 2
11 1
..
22
24





kk
xx
xx x x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 186
2
1
4
32 6
2. 4
22






mm
Bài tập 9. Cho hàm số
42
2 yx mx m có đồ thị (C) với m là tham số thực. Gọi A là điểm thuộc đồ thị
(C) có hoành độ bằng 1. Giá trị của tham số thực m để tiếp tuyến
của đồ thị (C) tại A cắt đường tròn
2
2
:14 xy
tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất là
A.
13
.
16
m
B.
13
.
16
m
C.
16
.
13
m
D.
16
.
13
m
Hướng dẫn giải
Đường tròn
2
2
:14 xy
có tâm
0;1 , 2
IR
.
Ta có
3
1;1 ; 4 4 1 4 4

Amyxmxy m
.
Suy ra phương trình tiếp tuyến
:44 11 ymx m
.
Dễ thấy
luôn đi qua điểm cố định
3
;0
4



F
và điểm F nằm trong đường tròn
.
Giả sử
cắt
tại M, N, Khi đó
 
22 2
2;24;
M
N R dI dI .
Do đó MN nhỏ nhất
;
dI
lớn nhất
;dI IF IF.
Khi đó đường thẳng
có 1 vectơ chỉ phương

3
;1; 1;4 4
4





uIF u m
nên

313
.01.44 0
416
 

uIF m m .
Dạng 3: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số khi biết hệ số góc dựa vào các quan hệ song
song, vuông góc,...
1. Phương pháp giải
Thực hiện theo một trong hai cách sau:
Cách 1:
Bước 1. Xác định hệ số góc k của tiếp tuyến dựa vào giả thiết bài toán.
Bước 2. Giải phương trình
fx k
để tìm
0
xx là hoành độ của tiếp điểm.
Tính
00 00
;yfx Mxy.
Khi đó phương trình tiếp tuyến cần tìm là
00
ykxx y
Điểm
00
;
M
xy là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số đã cho.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 187
Cách 2:
Bước 1. Xác định hệ số góc k của tiếp tuyến dựa vào giả thiết bài toán.
Bước 2. Vì tiếp tuyến có hệ số góc là k nên phương trình tiếp tuyến có dạng

y
kx b
. Dựa vào
điều kiện tiếp xúc của tiếp tuyến với (C) ta tìm giá trị của b.
Lưu ý:
- Phương trình
fx k
có bao nhiêu nghiệm thì có bấy nhiêu tiếp điểm.
- Một số trường hợp xác định hệ số góc của đường thẳng thường gặp.
Cho hai đường thẳng
1112 22
:;: dykxbdykxb.
+ Trường hợp 1:
12 12
.1. dd kk
+ Trường hợp 2:
12
12
12
//
kk
dd
bb
+ Trường hợp 3: Góc

12
12
12
;tan
1.k

kk
dd
k

.
Đặc biệt:
1. Nếu góc giữa
: dy kx b với Ox bằng
090

thì tank
.
2. Nếu đường thẳng d cắt Ox, Oy tại hai điểm A, B mà
.
OB m OA
thì
tan
OB
km
OA
.
+ Trường hợp 4: Nếu đường thẳng d đi qua hai điểm
11
;Ax y và
22
;
B
xy thì
12
12
yy
k
xx
.
2. Bài tập
Bài tập 1: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
3
31
yx x song song với trục Ox là
A.
3, 1.yy B. 3, 2.
yy
C.
3, 1.xx D. 2, 1.
yy
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Do tiếp tuyến song song với trục Ox nên tiếp tuyến có tiếp điểm là các điểm cực trị và có phương trình
0
yy với
0
y là giá trị cực trị của hàm số đã cho.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 188
Ta có
2
33; 0 1

 yx y x
.
Do hàm số đã cho là hàm bậc ba nên các điểm cực trị là
1; 1 , 1; 3AB
.
Vậy phương trình các đường tiếp tuyến cần tìm là
1; 3.
yy
Bài tập 2: Cho hàm số
21
1
x
y
x
có đồ thị là (C). Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp
tuyến này cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A, B thoả mãn
4
OA OB là
A.
15
44
113
44


yx
yx
B.
15
44
113
44


yx
yx
C.
15
44
113
44


yx
yx
D.
15
44
113
44


yx
yx
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Do tiếp tuyến cắt Ox, Oy tại hai điểm A, B mà
4
OA OB
.
Khi đó
OAB
vuông tại O và ta có
11
tan
44

OB
kOAB k
OA
.
Ta có:

2
1
1

y
x
Xét phương trình

2
11
4
1

x
(vô nghiệm).
Xét phương trình

2
3
11
41
1

x
x
x
+ Với
3x thì
5
2
y
. Phương trình tiếp tuyến là

15113
3
4244
  yx x
.
+ Với
1x thì
3
2
y
. Phương trình tiếp tuyến là

1315
1
4244
  yx x
Bài tập 3: Đường thẳng nào dưới đây là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
23
2
x
y
x
chắn hai trục tọa độ một
tam giác vuông cân?
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 189
A.
2yx
. B.
2yx
. C.
2
yx
D.
13
42
yx
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến lần lượt với Ox, Oy.
Vì
OAB vuông cân tại O nên OA OB .
Do đó
tan 1 1
OB
kOAB k
OA
.
Ta có

2
1
2
y
x
Xét phương trình

2
1
1
2

x
(vô nghiệm).
Xét phương trình

2
1
1
1
3
2



x
x
x
.
+ Với
1x
thì
1y
. Phương trình tiếp tuyến là
11 2
yx x
.
+ Với
3x thì 3y . Phương trình tiếp tuyến là
33 6
yx x .
Bài tập 4: Cho hàm số

32
1
1431
3
ymxmx mx
có đồ thị là
m
C . Tất cả các giá trị thực của
tham số m để trên đồ thị
m
C tồn tại một điểm duy nhất có hoành độ âm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc
với đường thẳng
:230dx y là
A. m < 12 hoặc
2
.
3
m
B. m < 0 hoặc m > 1.
C. m < 0 hoặc
1
m
3
. D. m < 0 hoặc
2
3
m
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:
13
:230
22
 dx y y x
nên hệ số góc của d là
1
2
.
Do tiếp tuyến vuông góc với d nên hệ số góc của tiếp tuyến là k thì
1
.12.
2




kk
Gọi
00
;
M
xy là tiếp điểm của tiếp tuyến với
m
C thì
0
x là nghiệm của phương trình
2
21432
 yk mx m x m
.
2
21230*mx m x m
Theo bài toán thì ta phải tìm m để (*) có duy nhất một nghiệm âm.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 190
+ Trường hợp 1: Nếu
0m thì (*)
22 1  xx
(loại).
+ Trường hợp 2: Nếu
0m
. Ta thấy phương trình (*) có hai nghiệm là
1
x
và
23
m
x
m
.
Do đó để (*) có một nghiệm âm thì
23
00

m
m
m
hoặc
2
3
m
.
Bài tập 5: Biết tiếp tuyến của đồ thị hàm số
42
2
yax bx
tại điểm
1;1A
vuông góc với đường
thẳng
:230dx y . Giá trị
22
ab bằng
A. 13. B. –2. C. –5. D. 10.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
13
:230
22
 dx y y x
nên
1
2
d
k
Vì tiếp tuyến vuông góc với d nên phải có hệ số góc bằng –2.
Ta có

32
4222
 yaxbxxaxb
Vì điểm
1;1A
là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị nên 1
x là nghiệm của phương trình
2
22 2 22 2 2 1 xax b ab ab .
Mặt khác điểm A thuộc đồ thị hàm số nên
21 1
ab ab .
Vậy ta có hệ
22
21 2
5.
13






ab a
ab
ab b
Bài tập 6: Cho hàm số
32
391 yx x x có đồ thị là (C). Số tiếp tuyến của (C) tạo với đường thẳng
:1 dy x một góc
thỏa mãn
5
cos
41
là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến cần tìm.
Ta có

2
514
cos 0 90 tan 1
cos 5
41


.
Vì d có hệ số góc bằng –1 nên
9
14
tan
1
15
9

k
k
k
k
Ta có
2
369
yx x.
+ Trường hợp 1:
2
0
920
2

x
kxx
x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 191
Từ đó ta tìm được hai tiếp tuyến
91
y
x
và
93

y
x
.
+ Trường hợp 2:
2
1 9 321
27 54 80 0
99
 kxxx
Từ đó ta tìm được hai tiếp tuyến là

0
1 9 321
99





yx yx
Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm.
Bài tập 7: Cho hàm số
42
17
84
yx x
có đồ thị (C). Có bao nhiêu điểm A thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp
tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt
11 2 2
;; ;Mx y Nx y ( M, N khác A ) thỏa mãn
12 12
3 yy xx
A. 0. B. 2. C. 3. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Do tiếp tuyến đi qua hai điểm
11 2 2
;; ;
M
xy Nxy
nên hệ số góc của tiếp tuyến là
12
12
3

yy
k
xx
.
Ta có
3
17
22
yxx
.
Xét phương trình
3
17
3 3;1;2.
22
 xx xx x
Mặt khác để tiếp tuyến của hàm số trùng phương cắt được đồ thị tại hai điểm phân biệt thì tiếp điểm A chỉ
có thể chạy trong phần đồ thị từ điểm cực tiểu thứ nhất sang điểm cực tiểu thứ hai (trừ hai điểm uốn).
Khi đó phương trình
3
0
070
7
 
x
yxx
x
Do đó hai điểm cực tiểu là
7x và 7x nên hoành độ của tiếp điểm
0
7; 7x
Vậy chỉ có
00
1; 2 xx thỏa mãn.
Dạng 4: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
khi biết mối quan hệ của tiếp
tuyến với các đường tiệm cận của đồ thị hàm số
1. Phương pháp giải
Với hàm số
ax b
y
cx d
( với 0; 0
cadbc) thì đồ thị hàm số có hai tiệm cận là
;
da
xy
cc
.
Gọi
;



da
I
cc
là giao điểm của hai đường tiệm cận ( và cũng là tâm đối xứng của đồ thị).
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 192
Khi đó tiếp tuyến tại điểm
00
;yMx
bất kì của đồ thị cắt tiệm cận đứng tại điểm

0
0
2
;





bc ad acx
d
A
cccxd
và cắt tiệm cận ngang tại điểm
0
2;



da
Bx
cc
.
Ta có

0
0
22
;


ad bc cx d
IA IB
ccx d c
2
4
.

ad bc
IA IB K
c
là hằng số không đổi.
Suy ra
2
2
IAB
ad bc
S
c
.
Khi đó các bài toán sau là tương đương:
Tìm điểm
M
C
hoặc viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một
tam giác vuông có
a) Cạnh huyền nhỏ nhất
22
2. 2
A
BIAIB IAIB K
Dấu bằng xảy ra khi
IA IB .
b) Chu vi nhỏ nhất
Ta có 2. 2. 2 2 IA IB AB IA IB IA IB K K
Dấu bằng xảy ra khi
IA IB
.
c) Bán kính đường tròn ngoại tiếp nhỏ nhất
Ta có
1
22

K
RAB
.
Dấu bằng xảy ra khi
IA IB .
d) Bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất
Ta có 

SK
r
p
IA IB AB
Vậy r lớn nhất khi
IA IB AB nhỏ nhất và bằng 22KK.
Dấu bằng xảy ra khi
IA IB .
e) Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến lớn nhất
Gọi H là hình chiếu của I lên d, ta có
222
111 22
.2

K
IH
IH IA IB IA IB K
Dấu bằng xảy ra khi
IA IB
.
Nhận xét: Các câu hỏi trên thì đẳng thức đều xảy ra khi
IA IB
nên
IAB
vuông cân tại I.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 193
Gọi
là góc giữa tiếp tuyến d và tiệm cận ngang
2
thì
2
;;45
 ddOx
nên hệ số góc của
tiếp tuyến là
tan 45 1 k .
2. Bài tập
Bài tập 1:
Cho hàm số
1
1
x
y
x
có đồ thị (C). Có bao nhiêu cặp điểm A, B thuộc (C) mà tiếp tuyến tại
đó song song với nhau?
A. Không tồn tại cặp điểm đó. B. Vô số số cặp điểm.
C.
2. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giả sử
11
;,B,
11





ab
Aa b
ab
với ;, 1abab .
Do tiếp tuyến tại A, B song song với nhau nên
 


22
22
2
11





ab
ya yb
ab
ab
Do
ab nên chỉ có 2ab . Vậy có vô số cặp điểm A, B thỏa mãn.
Nhận xét: Hai điểm A, B phân biệt thuộc đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
mà tiếp tuyến tại đó song song với
nhau thì A, B đối xứng với nhau qua tâm đối xứng I.
Bài tập 2: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
43
21
x
y
x
cùng với hai tiệm cận tạo thành một tam giác có diện
tích bằng
A. 6. B. 7. C. 5. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi
00
;
M
xy
là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị. Khi đó tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A, B và I
là giao điểm của hai tiệm cận.
Theo lý thuyết đã nêu thì
24 6
5.
4

IAB
S .
Bài tập 3: Cho hàm số
21
1
x
y
x
có đồ thị (C). Tiếp tuyến tại điểm
;,0Mab C a tạo với hai
tiệm cận của (C) một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
2 . Giá trị của 2ab bằng
A. 2. B. 4. C. 8. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 194
Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến với hai đường tiệm cận và I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Do
IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp
IAB là
1
222
2
RAB AB
.
Theo lý thuyết, ta có
22
.4, 2.22 IA IB AB IA IB IA IB .
Dấu " = " xảy ra khi
IA IB . Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến 1
k .
Mặt khác


2
1
01
1

kya k
a
.
Ta có

2
0
1
1
2
1

a
a
a
. Do
023.aab
Vậy 28.
ab
Bài tập 4: Gọi (C) là đồ thị của hàm số
2
2
xm
y
x
, m là tham số khác –4 và d là một tiếp tuyến của (C).
Gọi S là tập các giá trị thực của tham số m để d tạo với hai đường tiệm cận của (C) một tam giác có diện
tích bằng 2, tổng giá trị các phần tử của S bằng
A. –11. B. 8. C. 3. D. –8.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi A, B lần lượt là các giao điểm của tiếp tuyến với hai đường tiệm cận và I là giao điểm của hai tiệm
cận.
Theo lý thuyết, ta có
.44 24

IAB
IA IB m S m
Vậy ta có
3
242
5



m
m
m
5; 3S nên tổng các phần tử của S bằng –8.
Bài tập 5: Gọi là tiếp tuyến tại điểm
00 0
;, 0
Mx y x thuộc đồ thị của hàm số
2
1
x
y
x
sao cho
khoảng cách từ
1;1I đến A đạt giá trị lớn nhất. Giá trị
00
.xy bằng
A. –1. B. 0. C. –2. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi A, B là giao điểm của A với hai đường tiệm cận.
Theo lý thuyết

;dI lớn nhất khi 1IA IB k .
Mặt khác


0
2
0
1
01
1

kyx k
x
.
Vậy

0
2
0
0
0
1
1
2
1


x
x
x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 195
Do
00 000
020.0  xx yxy
.
Bài tập 6: Cho hàm số
22
1
x
y
x
có đồ thị là (C). Phương trình tiếp tuyến của (C) tạo với hai tiệm cận
một tam giác có chu vi nhỏ nhất là
A. :1
y
x và :17yx
B.
:1
y
x và :7yx
C.
:21yx
và
:7yx
D.
:3yx và :2yx
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến tại điểm
00
;
M
xy C
với hai tiệm cận và I là giao điểm của hai
đường tiệm cận. Khi đó IAB vuông tại I.
Theo lý thuyết, chu vi
IAB là 2. 2. 842 IA IB AB IA IB IA IB vì
2
4
.16

ad bc
IA IB
c
Do đó chu vi nhỏ nhất bằng
842 khi 1
IA IB k .
Mặt khác


0
2
0
4
01
1

kyx k
x
.
Vậy ta có

0
2
0
0
3
4
1
1
1


x
x
x
Với
0
3x thì
0
4y . Do đó phương trình tiếp tuyến là
34 7
yx x
Với
0
1x
thì
0
0y
. Do đó phương trình tiếp tuyến là
11
yx x
Bài tập 7: Cho hàm số
22
1
x
y
x
có đồ thị (C). Một tiếp tuyến bất kỳ với (C) cắt đường tiệm cận đứng
và đường tiệm cận ngang của (C) lần lượt tại A và B, biết
1; 2I . Giá trị lớn nhất của bán kính đường
tròn nội tiếp tam giác IAB bằng
A. 732 . B. 842 . C. 422 D. 832
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến tại điểm
00
;
M
xy C
với hai tiệm cận và I là giao điểm của hai
đường tiệm cận và IAB vuông tại I.
Theo lý thuyết, ta có

2
4
.168
IAB
ad bc
IA IB S
c
.
Khi đó bán kính đường tròn nội tiếp
IAB lớn nhất xảy ra khi
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 196
442 422
2


IA IB AB
IA IB AB p
max
8
422
422

r
Bài tập 8: Cho hàm số
2
2
x
y
x
có đồ thị (C). Phương trình tiếp tuyến của (C) tạo với hai trục tọa độ
một tam giác có diện tích bằng
1
18
là
A.
91 42
;.
42 99
 yx yx
B.
931 42
;.
42 99
 yx yx
C.
91 44
;.
42 99
 yx yx
D.
91 41
;.
42 99
 yx yx
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi

2
;2
2




a
Ma a
a
là tiếp điểm của tiếp tuyến. Khi đó phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là



2
24 2
22
2


aa
yyaxa y xa
aa
a
.
Gọi A, B lần lượt là các giao điểm của d với hai trục Ox, Oy.
Tọa độ các điểm A, B là

22
2
2
;0 , 0;
2
2







aa
AB
a
.
Vậy

2
4
2
2
1
32
11
.
2
218
32
22
3



OAB
a
aa
a
SOAOB
a
aa
a
Với

1
4242
1: 1
9399
 adyx x
.
Với
2
29291
:1
34342




adyx x
Bài tập 9: Cho hàm số
21
22
x
y
x
có đồ thị (C). Gọi
00 0
;, 0Mx y x là điểm thuộc (C), biết tiếp tuyến
của (C) tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B sao cho
8

OIB OIA
S
S ( I là giao hai
đường tiệm cận). Giá trị biểu thức
00
4
S
xy bằng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 197
A.
13
4
. B. –2. C. 2. D.
7
4
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Do góc
OIA OIB nên
1
8

OIA
OIB
S
IA
SIB
.
Mà
tan
IA
kIBA
IB
nên
11
88
kk
.
Mặt khác


0
2
0
21
0
8
41

kyx k
x

0
2
0
0
3
11
81
21


x
x
x
.
Do
0
0x
nên
00 00
5
342
4
 xy Sxy
Bài tập 10: Cho hàm số
23
2
x
y
x
có đồ thị là (C). Phương trình tiếp tuyến tại điểm M thuộc (C) cắt
tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho côsin góc
ABI bằng
4
17
với
2;2I
là
A.
13 17
;
42 42
  yxyx
B.
13 17
;
42 42
  yxyx
C.
13 17
;
42 42
  yxyx
D.
13 17
;
42 42
  yxyx
Hướng dẫn giải:
Chọn D.
Ta có
2
111
tan 1
44
cos
 kABI k
ABI
Giả sử
00
; Mx y C
thì


0
2
0
11
0.
4
2

kyx k
x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 198
Xét phương trình

0
2
0
0
0
11
44
2

x
x
x
+ Với
0
0x
thì
0
3
2
y
. Phương trình tiếp tuyến là
13
42
yx
.
+ Với
0
4x thì
0
5
2
y
. Phương trình tiếp tuyến là

1517
4
4242
yx x
Dạng 5. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y
fx đi qua điểm
00
;
M
xy cho trước.
1. Phương pháp giải
Thực hiện một trong hai cách sau
Cách 1:
Bước 1.
Giả sử tiếp tuyến có hệ số góc k, khi đó phương trình tiếp tuyến có dạng
00
.ykxx y
Bước 2. Tìm k là nghiệm của hệ phương trình

00

fx kx x y
fx k
Từ đó suy ra phương trình của tiếp tuyến.
Cách 2:
Bước 1.
Giả sử
;Aaf a là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số đã cho nên phương trình
tiếp tuyến tại điểm A là
yfaxa fa
.
Bước 2. Do tiếp tuyến đi qua
00
;
M
xy nên a là nghiệm của phương trình
00
 fax a fa y
.
Tìm a và suy ra phương trình tiếp tuyến.
2. Bài tập
Bài tập 1:
Cho đồ thị hàm số

1
:
2
x
Cy
x
. Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị hàm số đi qua điểm

2; 1A ?
A. 2. B. 0. C. 1. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có

2
1
,2
2

yx
x
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 199
Gọi tọa độ tiếp điểm là
0
0
0
1
;
2




x
Mx
x
với
0
2
x
. Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại
điểm M là


0
0
2
0
0
1
1
2
2


x
yxx
x
x
.
Do tiếp tuyến đi qua điểm
2; 1A nên ta có phương trình

0
00
2
00
0
2
1
11
22
2



x
xx
xx
x
( vô nghiệm).
Vậy không có tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu đề bài.
.
Nhận xét: Đối với đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
thì không có tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số đi qua điểm
;



da
I
cc
là giao điểm của hai đường tiệm cận.
Bài tập 2: Cho hàm số
42
13
3
22
yxx
có đồ thị (C). Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị (C) đi qua
điểm
3
0;
2
A



?
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Phương trình đường thẳng đi qua điểm
3
0;
2
A



và có hệ số góc k có dạng
3
2
ykx
.
Để
tiếp xúc với (C) thì hệ phương trình


42
3
133
31
222
26 2
xx kx
xxk


có nghiệm x.
Thế (2) vào (1), ta có

42 3
13 3
326
22 2
xx xxx

22
0
20
2
x
xx
x


.
+ Với
1
3
00:.
2
xk y
+ Với
2
3
222:22x.
2
xk y   
+ Với
3
3
222:22x.
2
xk y 
Vậy có ba tiếp tuyến thỏa mãn.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 200
Dạng 6: Xác định các điểm M để có k tiếp tuyến của đồ thị hàm số
:Cyfx đi qua điểm M
1. Phương pháp giải
Thực hiện theo các bước sau:
Bước 1. Xây dựng tọa độ điểm
;
M
ab .
Bước 2. Giả sử d là đường thẳng đi qua M và có hệ số góc k. Khi đó phương trình đường thẳng
:dy kx a b.
Bước 3. Để d là tiếp tuyến của (C) thì hệ phương trình


*
fx kx a b
fx k

có nghiệm.
Dựa vào số nghiệm của hệ trên suy ra số tiếp tuyến tương ứng bài toán yêu cầu.
Nhận xét:
- Nếu
fx là hàm số bậc 2, bậc 3, bậc nhất trên bậc nhất thì hệ (*) có bao nhiêu nghiệm thì
tương ứng với bấy nhiêu tiếp tuyến.
- Nếu
fx là hàm số trùng phương có 3 điểm cực trị thì nếu hệ (*) có nghiệm không phải là hoành độ
của 2 điểm cực tiểu (cực đại) thì mỗi nghiệm ứng với một tiếp tuyến của đồ thị (C).
2. Bài tập
Bài tập 1:
Cho hàm số
32
62yx x có đồ thị (C) và điểm
;2Mm . Gọi S là tập hợp các giá trị
thực của m để qua M có hai tiếp tuyến với đồ thị (C).
Tổng các phần tử của S bằng
A.
20
.
3
B.
13
.
2
C. 4. D.
16
.
3
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi d là đường thẳng đi qua
;2Mm
và có hệ số góc k.
Khi đó phương trình của d là
2ykxm.
Để có đúng hai tiếp tuyến của (C) đi qua M thì hệ phương trình

2
32
312
62 2
kx x
xx kxm


phải có hai nghiệm phân biệt.
Từ hệ trên, ta có
32 2
62312 2xx x xxm


2
2
0
23 212 0
23 2120*
x
xx m x m
xmxm




Để hệ có đúng hai nghiệm, ta xét các trường hợp sau
+ Trường hợp 1: Phương trình (*) có nghiệm kép khác 0
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 201

2
6
92960
2
12 0
3
m
mm
m
m


.
+ Trường hợp 2: Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 0

2
92960
0
12 0
mm
m
m


Vậy
2
6; ;0
3
S



nên tổng các phần tử bằng
20
3
.
Bài tập 2: Cho hàm số
2
23xx
có đồ thị (C) và điểm
1;Aa. Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để
có đúng hai tiếp tuyến của (C) đi qua A ?
A. 3. B. 2. C. 1. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có hàm số
2
23yx x xác định trên
,
2
1
23
x
y
xx
.
Gọi k là hệ số góc của đường thẳng
đi qua
1;
A
a .
Phương trình đường thẳng

:1ykx a
.
Đường thẳng
tiếp xúc với đồ thị (C) khi hệ phương trình sau có nghiệm


2
2
23 1 1
1
2
23
xx kx a
x
k
xx


Thay (2) vào (1) ta được

2
2
1
23 1
23
x
xx x a
xx



2
222
23 1 23 232xx x axx axx  

2
2
3
23
a
xx


.
Qua A có đúng hai tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt.
Xét hàm số

2
2
23
fx
xx

.
Ta có



22
21
;01
23 23
x
fx fx x
xx xx



 
.
Bảng biến thiên
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 202
Từ bảng biến thiên ta có (3) có hai nghiệm phân biệt thì
0; 2 .a
Mà a nguyên nên 1a .
Dạng 7: Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ẩn tại điểm có hoành độ
0
xx cho trước
1. Phương pháp giải
Từ biểu thức của hàm ẩn, tìm cách tính các giá trị
00
yfx
và
0
fx
.
Áp dụng công thức viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
yfx
tại điểm có hoành
độ
0
xx
.
Chú ý công thức đạo hàm của hàm số hợp: Cho hàm số
fx có đạo hàm trên khoảng
,Ku ux là
hàm số xác định và có đạo hàm trên K và có giá trị trên khoảng K. Khi đó



.fu uf u

.
2. Bài tập
Bài tập 1:
Cho hàm số
yfx có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn
2
22 12 12,fx f x x x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
yfx tại điểm có
hoành độ bằng 1 là
A.
22.yx
B.
46.yx
C.
26.yx D. 42.yx
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta cần tính
 
1, 1ff
.
Từ giả thiết
2
22 12 12,fx f x x x . (*)
Chọn
0x
và
1
2
x
, ta được


20 1 0 0 1
21 0 3 1 2
ff f
ff f







.
Lấy đạo hàm hai vế (*) ta được
4. 2 2. 1 2 24 ,fx f x xx


Chọn
0x và
1
2
x
, ta được


40210 02
412012 14
ff f
ff f









.
Vậy
12;14ff
 nên phương trình tiếp tuyến là
41242yx x
 .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 203
Bài tập 2: Cho các hàm số
3
,,2yfxygx ffx yhx fx có đạo hàm trên và có
đồ thị lần lượt là
123
,,CCC. Đường thẳng 2x
cắt
123
,,CCC lần lượt tại A, B, C. Biết
phương trình tiếp tuyến của
1
C tại A và của
2
C tại B lần lượt là
34yx
và
613yx
. Phương
trình tiếp tuyến của
3
C tại C là
A.
24 23.yx
B.
10 21.yx
C.
12 49.yx D. 25.yx
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Để giải bài toán, ta cần tính

2h
và
2h
.
Phương trình tiếp tuyến của
1
C tại A là
 
 

23 23
22234
22 24 210
ff
yf x f x
ff f








Phương trình tiếp tuyến của

2
C
tại B là
 
2. 2 2 2 2. 10 2 10 6 13yf ff x ff f f x f x
.
 

2. 10 6 10 2
22.10 1013 1025
ff f
ff f f










Ta có




323
23. 2hx fx xf x

 nên
2121024hf

và
21025hf.
Phương trình tiếp tuyến của

3
C
tại C là
2 2 2 24 2 25 24 23yh x h x x
.
Bài tập 3: Cho hàm số

yfx
xác định có đạo hàm và nhận giá trị dương trên . Biết tiếp tuyến của
hai đồ thị hàm số
yfx và


2
fx
ygx
fx

cùng tại điểm có hoành độ
0
1x có hệ số góc lần lượt
là 12 và –3. Giá trị của
1f bằng
A. 3. B. 4. C. 6. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có




 


22
222
..2.fx f x fx xf x
fx
gx
fx f x






Từ giả thiết ta có
112f
và
13, 0,gfxx

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 204



2
1. 1 2 1. 1 1
3314.
11
ff ff f
f
ff

 
Bài tập 4: Cho hàm số

yfx có đạo hàm liên tục trên . Gọi
12
,
lần lượt là tiếp tuyến của đồ thị
hàm số

yfx
và
2
.4 3ygx xf x
tại điểm có hoành độ
1x
. Biết hai đường thẳng
12
,
vuông góc nhau và
1
không song song với Ox, Oy . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.

312.f B.
12.f
C.

12.f D.
2123.f
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có


 
22
.4 3 2.4 3 4. 4 3gx xf x xf x xf x


.
Ta có hệ số góc của các tiếp tuyến
12
, lần lượt là
1f
và
12141gff

.
Theo giả thiết thì
1. 1 1fg

 và
10f
.
1.2 1 4 1 1fff




 

 
11
21 4 1 2 1 4 1 4 1 2
1
1
fffff
f
f


.
Bài tập 5: Cho hàm số
yfx có đạo hàm
fx
trên thỏa mãn
3
3121fx x x với mọi
x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ 3x
là
A.
1
3
yx
. B.
1
2
3
yx
. C.
1
3
3
yx
. D.
1
2.
3
yx
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Để viết phương trình tiếp tuyến tại điểm 3x
, ta cần tính
3f
và
3f
.
Với
1x  suy ra
33f .
Do
323
3121 3 3 312fx x x x f x x
 
.
Với
 
1
16 32 3
3
xf f


.
Do đó phương trình tiếp tuyến cần tìm là
  
11
33 3 33 2
33
yf x f y x y x

.
Bài tập 6: Cho hàm số
yfx
có đạo hàm trên . Gọi
12
,CC
và
3
C
lần lượt là đồ thị của các
hàm số
2
,fx gx fx và
3
hx f x . Biết
11f
và tổng hệ số góc của hai tiếp tuyến tại điểm
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 205
có hoành độ
1x
của
12
,CC
bằng –3. Phương trình tiếp tuyến của
3
C
tại điểm có hoành độ
1x
là
A.
2.yx
B.
32.yx
C.
1.yx

D.
34.yx
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta cần tính
1, 1hh
.
Ta có
223
2, 3gx xf x hx xf x


.
Theo giả thiết, ta có
113121311fg f f f

 
.
Do đó
131 3hf


và
111hf
.
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là
31134yx x

.
Bài tập 7: Cho hai hàm số
,fx gx
đều có đạo hàm trên và thỏa mãn
322
2223 360fxf xxgxx , với mọi x
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
yfx
tại điểm có hoành độ
2x
là
A.
.
y
x
B.
23.yx
C.
23.yx

D.
.
y
x
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
322
2223 360, 1fxf xxgxxx
Thay
0
x
vào (1) ta có
 

32
20
22 2 0
22
f
ff
f

Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được
2 2
3 2 .2 1223.23 2. . 360.2fxfxfxf xxgxxgx


Thay
0x
vào (2) ta có
2
32.2122.2360.3ff ff


+ Với
20f thay vào (3) thì 36 0 (vô lý).
+ Với
22f thay vào (3) thì
21f
nên phương trình tiếp tuyến là yx
.
Bài tập 8: Cho hàm số
yfx có đạo hàm liên tục trên
thỏa mãn
 
3
6310fx fx x



với
mọi
x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
yfx tại điểm có hoành độ 1x là
A.
2.yx
B.
.
y
x
C.
12
.
33
yx
D.
14
.
33
yx
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta cần tính
1, 1ff
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 206
Thay
1x
vào đẳng thức
 
3
6310fx fx x



, ta có
    
33
161310 16170 11.ff ff f
 

 
Theo bài ra ta có
 
3
6310fx fx x



đúng với mọi x nên đạo hàm hai vế ta được
  
2
3. . 6 3,fx fx fx x




.
Thay
1x vào ta có
  
2
31.161 3ff f




.
Vì
11f
nên

1
1
3
f

.
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là
14
33
yx
.
212.f
Dạng 8. Tìm các điểm trên đồ thị hàm số
y
fx mà tiếp tuyến tại các điểm đó song song với
nhau hoặc có cùng hệ số góc k.
1. Phương pháp giải
Giả sử hai điểm
;,;
AA BBAB
A
xfx Bxfx x x
thuộc đồ thị hàm số
yfx mà tiếp
tuyến tại hai điểm đó song song với nhau hoặc có cùng hệ số góc k thì
,
AB
xx là hai nghiệm của
phương trình
fx k
.
Khi đó ta có biểu thức liên hệ giữa
,
AB
xx. Từ đó giải quyết yêu cầu bài toán đưa ra.
Đối với hàm số

0; 0
ax b
y c ad bc
cx d

có tâm đối xứng là ;
da
I
cc



. Nếu A, B là hai điểm thuộc
đồ thị có tiếp tuyến tại A, B song song với nhau thì I là trung điểm của AB.
2. Bài tập mẫu
Bài tập 1:
Cho hàm số
1
21
x
y
x
có đồ thị (H). Gọi
11 2 2
;, ;
A
xy Bxy là hai điểm phân biệt thuộc (H)
sao cho tiếp tuyến của (H) tại A, B song song với nhau. Độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng AB bằng
A. 32. B. 3. C. 6. D. 26.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có

2
3
21
y
x
. Do tiếp tuyến của (H) tại A, B song song với nhau nên



12
12
22
12
12
33
1
21 21
xx
yx yx
xx
xx




Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 207
Vì
12
xx
nên
12
1xx
.
Khi đó do vai trò của A, B như nhau nên ta có thể giả sử
1
11
,0
22
xaa
thì
11 3 11 3
;, ;
222 222
aa
Aa B a
aa





.
Gọi
11
;
22
I



là giao điểm của hai đường tiệm cận.
Ta thấy
12
12
12
12
I
I
xx x
yy y


nên I là trung điểm của AB.
Ta có
22
22
3993
;2.
22 4 4 4 4 2
aaa
IA IA
aaa





Vì I là trung điểm của AB nên
3
22 6
2
AB IA
.
Vậy
min
6AB khi
2
2
2
9
33
44
a
aa
a

Bài tập 2: Cho hàm số
1
21
x
y
x
có đồ thị (H). Gọi
11 2 2
;, ;Ax y Bx y
là hai điểm phân biệt thuộc (H)
sao cho tiếp tuyến của (H) tại A , B có cùng hệ số góc k . Biết diện tích tam giác OAB bằng
1
2
. Mệnh đề
nào dưới đây đúng?
A. 9.k  B. 96.k C. 63.k
 D. 30.k
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:

2
3
21
y
x

Tiếp tuyến tại A, B của (H) có cùng hệ số góc k nên
12
,xx là hai nghiệm phân biệt của phương trình

2
3
0
21
kk
x

.
Suy ra
2
44 30*kx kx k nên
12
12
1
3
.
4
xx
k
xx
k

Khi đó do vai trò của A, B như nhau nên ta có thể giả sử
1
11
,0
22
xaa
thì
11 3 11 3
;, ;
222 222
aa
Aa B a
aa





.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 208
Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ABC nếu có
;, ;AB a b AC c d

thì
1
2
ABC
Sadbc

.
Ta có
11 3 11 3
;, ;
222 222
aa
OA a OB a
aa






2
113 1 3131
.
22 2 2 2 4 2
OAB
aa a a a
S
aaa





2
2
2
230 3
3
2
1
230
aa a
a
aa
aa



( vì a > 0).
+ Với
12
1
32;1 .
3
axx k
+ Với
12
11;0 3.axx k
Vậy giá trị của k là
1
3;
3
kk 
.
Bài tập 3: Cho hàm số
3
31yx x
có đồ thị (C). Gọi
;, ;
AA BB
Ax y Bx y
với
AB
xx
là các điểm
thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại A, B song song với nhau và
637AB
. Giá trị 23
AB
xx bằng
A. 15. B. 90. C. – 15. D. – 90.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
2
33yx
.
Do tiếp tuyến của (C) tại A, B song song với nhau nên
AB
yx yx

22
3333 0
AB AB
xxxx (do
AB
xx ).
Giả sử
33
,31, , 31Aaa a B a a a với a > 0 thuộc (C).
Khi đó
2
22 3 6 4 2
4 2 6 4 24 40 6 37AB a a a a a a 
642 2
4 24 40 1332 0 9 3aaa a a
(vì a > 0)
3; 3
AB
xx nên 2315.
AB
xx
Bài tập 4: Cho hàm số
2
1
x
y
x
có đồ thị (C). Gọi A, B là hai điểm phân biệt thuộc (C) và tiếp tuyến
của (C) tại A, B song song với nhau. Đường thẳng AB cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại M, N diện tích tam
giác OMN bằng
1
4
. Độ dài đoạn MN bằng
A.
10
. B.
5
.
2
C.
35
.
2
D.
10
.
2
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 209
Ta có

2
3
1
y
x
. Gọi

11 2 2
;, ;
A
xy Bxy
.
Khi đó
22
121 2 12
11 2yx yx x x x x


.
Do đó tâm đối xứng
1;1I của (C) là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Gọi hệ số góc của đường thẳng AB là k.
Phương trình đường thẳng AB là
11ykx.
Điều kiện để đường thẳng
:11dy kx
cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B là phương trình

2
11*
1
x
kx
x

có hai nghiệm phân biệt 1x
.
Ta có
2
*230kx kx k
có hai nghiệm phân biệt 1x
khi và chỉ khi

2
0
30 0
230
k
kkk k
kkk


Vì M, N là giao điểm của AB với Ox, Oy nên

1
;0 , 0;1
k
M
Nk
k



.
Suy ra


2
2
2
1
1
21
1
24
2
OMN
k
k
Skk
k
k

Ta có


2
22
2
22
1
1
111
k
MN k k
kk

 


+ Với
5
2.
2
kMN
+ Với
15
.
22
kMN
Vậy trong cả hai trường hợp thì
5
2
MN
.
Dạng 9: Một số dạng toán khác
Bài tập 1: Gọi A là điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số
42
32yx x

và có hoành độ a. Có bao nhiêu số
nguyên a sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt B, C khác A?
A. 1. B. 3. C. 2. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 210
Ta có
3
0
46; 0
6
2
x
yxxy
x



.
2
2
12 6; 0
2
yxy x
 

.
Tọa độ các điểm có hoành độ a nguyên để tiếp tuyến tại điểm đó cắt trục hoành tại hai điểm thỏa mãn

66
22
1; 0;1
2
;
2
a
a
aa



.
Vậy có ba giá trị nguyên của a thỏa mãn.
Nhận xét: Đối với đồ thị hàm số
42
yax bx c mà đồ thị có ba điểm cực trị ( khi ab < 0) thì tiếp
tuyến của đồ thị tại các điểm có hoành độ nằm giữa hai điểm cực tiểu (cực đại), trừ điểm uốn sẽ luôn cắt
đồ thị tại hai điểm khác nữa.
Bài tập 2:
Gọi A là điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số
42
32yx x
 và có hoành độ a . Có bao nhiêu số
nguyên a sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt B, C khác A và diện tích tam giác
OBC bằng
23?
A. 1. B. 3. C. 2. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
3
0
46;0
6
2
x
yxxy
x



.
2
2
12 6; 0
2
yxy x
 

.
Tọa độ các điểm có hoành độ a nguyên để tiếp tuyến tại điểm đó cắt trục hoành tại hai điểm nữa thì

66
22
1; 0;1
2
2
a
a
a



+ Với
11;0aA . Khi đó phương trình tiếp tuyến là
21yx
.
Xét phương trình

42
0
3221 1
2
x
xx x x
x

nên
0;2 , 2;6 2
OBC
BC S
 (loại).
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 211
+ Với

00;2aA
. Khi đó phương trình tiếp tuyến là
2y
nên
3;2 , 3;2 2 3
OBC
BC S

(thỏa mãn).
+ Với
11;0aA
. Khi đó phương trình tiếp tuyến là
21yx
nên

0;2 , 2;6 2
OBC
BC S
 (loại).
Vậy
0a
.
Bài tập 3: Cho hàm số
1
2
x
y
x
có đồ thị (C). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của m sao cho tiếp
tuyến của (C) tại điểm có hoành độ
2xm
cắt tiệm cận đứng tại
11
;Ax y
, cắt tiệm cận ngang tại

22
;
B
xy thỏa mãn
21
5xy. Tổng giá trị các phần tử của S bằng
A. 4. B. – 2. C. – 4. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đồ thị (C) có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là
2x
và 1
y
.
Ta có


2
2
33
,2
2
yym
m
x


.
Gọi

3
2; , 0
m
Mm C m
m




, tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình là

2
33
2
m
yxm
mm

.
Giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng là
6
2;
m
A
m



và tiệm cận ngang là
22;1Bm .
Theo giả thiết ta có
2
1
6
2252 46
3
m
m
mmm
mm
 
.
Vậy
12
2mm.
Bài tập 4: Cho hàm số
1
1
x
y
x
có đồ thị (C). Gọi A, B là hai điểm nằm trên hai nhánh của (C) và các
tiếp tuyến của (C) tại A, B cắt các đường tiệm cận ngang và tiệm cận
đứng lần lượt tại các cặp M, N và P, Q. Diện tích tứ giác MNPQ nhỏ
nhất bằng
A. 16. B. 32. C. 8. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Theo tính chất của tiếp tuyến đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc
nhất thì
..8IM IN IP IQ.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 212
Ta có

11 1
.....
22 2
MNPQ
S MPNQ IMIPINIQ IMINIPIQIMIQINIP

11641
88 . . 8 . 8 .264 16
22.2
IM IQ IN IP IN IP
IN IP




.
Vậy
min
16S khi
64
..8
.
IN IP IN IP
IN IP

hay 22IN IQ IM IP tức là MNPQ là hình
vuông.
Bài tập 5: Cho hàm số
43 2
1
67
2
yxxx
có đồ thị (C). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
để có ít nhất hai tiếp tuyến của (C) song song hoặc trùng với đường thẳng
:dy mx
?
A. 27. B. 28. C. 26. D. 25.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giả sử
;Mab
là tiếp điểm. Ta có
32
2312yxx x
.
Tiếp tuyến của (C) tại M song song hoặc trùng với đường thẳng
:dy mx
nên a là nghiệm của phương
trình
32
2312 *xx xm
.
Để có ít nhất hai tiếp tuyến của (C) song song hoặc trùng với đường thẳng d thì phương trình (*) có ít
nhất hai nghiệm.
Xét
32
2312fx x x x
có
2
1
6612; 0
2
x
yxx y
x


.
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên, để phương trình (*) có ít nhất hai nghiệm thì
20 7m
.
Mà
m
nên
20, 19,...,6,7m  .
Vậy có 28 giá trị m thỏa mãn.
Bài tập 6: Cho đường cong

1
:
1
x
Cy
x
và điểm
1;1I
. Hai điểm A và B thuộc cùng một nhánh của
đồ thị sao cho
IA IB . Gọi
1
k và
2
k lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến tại A và B. Khi tiếp tuyến tại A
và B của (C) tạo với nhau một góc
15, giá trị biểu thức
12
kk
bằng
A. 26 22. B.
42 3. C. 26 22. D.
42 3.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 213
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Do IA IB nên
12
.1kk .
Ta có
12
12
tan15
1.
kk
kk

12
22 3kk
2
12
28 16 3kk

2
12 12
32 16 3 4 2 3 2 6 2 2kk kk .
Nhận xét: Đối với đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
có tâm đối xứng là I. Cho A, B là hai điểm thuộc cùng một
nhánh của đồ thị hàm số thỏa mãn
IA IB .
Gọi
12
,kk là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại A, B.
Ta có
12
1
kk
c
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 214
BÀI 6. ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀ SỰ TƯƠNG GIAO
Dạng 1: Dựa vào Đồ thị hàm số
Bài tập 1. Hình dạng có thể có của đồ thị hàm số
32
yx bx xd=+ -+
là những hình nào trong các hình sau
đây?
(Hình I) (Hình II) (Hình III) (Hình IV)
A. (I). B. (III). B. (I) hoặc (III). D. (II) hoặc (IV).
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Hàm số
32
yx bx xd=+ -+ có hệ số của
3
dương nên loại (II) và (IV).
Xét
2
321yxbx
¢
=+- có
2
30, .
y
bb
¢
¢
D= +> "Î
Do đó hàm số có hai cực trị.
Bài tập 2. Biết rằng hàm số
()
32
0yax bx cxda=++ =/+ có đồ thị là một trong các dạng dưới đây:
(Hình I) (Hình II) (Hình III) (Hình IV)
Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Đồ thị như (I) có được khi
0a < và
()
0fx
¢
= có hai nghiệm phân biệt.
B. Đồ thị như (II) có được khi
0a >
và
()
0fx
¢
= có hai nghiệm phân biệt.
C. Đồ thị như (III) có được khi
0a >
và
()
0fx
¢
=
vô nghiệm.
D. Đồ thị như (IV) có được khi
0a >
và
()
0fx
¢
= có có nghiệm kép.
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Bài tập 3. Cho hàm số
()
42
yfxaxbxc==++ có đồ thị
như hình bên
()
,, .abcÎ
Tính
()
2.f
A.
()
215.f = B.
()
216.f =
C.
()
217.f = D.
()
2 18.f =
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Ta có
()
()
32
4222 .yfx ax bxxaxb
¢¢
==+= +
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 215
Đồ thị hàm số đi qua các điểm
()( )
0;1 , 1; 1AB-
và đồ thị hàm số đạt cực tiểu tại
()
1; 1B -
nên ta có hệ
phương trình:
()
()
()
01
12
11 1 4.
420 1
10
f
ca
f abc b
ab c
f
ì
ï
=
ìì
==
ïï
ï
ïï
ï
ïï
ï
ïï
=- + + =- =-
íí í
ïï ï
ïï ï
ïï ï+= =
¢
=
ïï
îî
ï
î
Do đó:
() ()
42
241 217.yfx x x f==-+¾¾=
Dạng 2: Bảng biến thiên
Bài tập 1. Cho hàm số
()
32
yfx axbxcxd==+++ có bảng biến thiên sau:
Đồ thị nào trong các phương án A, B, C, D thể hiện hàm số
()
yfx=
?
A B C D
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy:
• Hàm số có giá trị cực đại bằng
2 và giá trị cực tiểu bằng 2.- Loại đáp án B và C.
• Khi
x
+¥
thì y +¥ nên chỉ có đáp án A là phù hợp.
Bài tập 2. Cho hàm số
()
32
yfx xaxbxc==+++
có bảng biến thiên như hình vẽ:
Tính giá trị của biểu thức
3.Pab c=++
A.
9.P =- B. 3.P =- C. 3.P = D. 9.P =
Hướng dẫn giải.
Chọn B.
Đạo hàm
2
32 .yxaxb
¢
=++
Phương trình
0y
¢
= có hai nghiệm là 1- và 3
32 0 3
.
27 6 0 9
ab a
ab b
ìì
-+= =-
ïï
ïï

íí
ïï
++= =-
ïï
îî
Lại có
()
324 2793 24 3.fabcc=- ¾¾+++=-¾¾=
Vậy
33.Pab c=++ =-
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 216
Bài tập 3. Cho hàm số
() ( )
42
0yfx axbxca==++¹ có bảng biến thiên như hình vẽ:
Tính giá trị của biểu thức
222
.
P
abc=++
A.
2.P = B. 4.P = C. 6.P = D. 8.P =
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Đạo hàm
()
32
4222 .yaxbxxaxb
¢
=+= +
Phương trình
0y
¢
= có nghiệm
1x =
20.ab+=
()
1
Lại có
()
()
01
1
2
12
f
c
abc
f
ì
ï
=
ì
=
ï
ï
ï
íí
ïï
++=
=
ï
ïî
î
.
()
2
Giải hệ
()
1
và
()
2,
ta được
222
1, 2, 1 6.a b c Pabc=- = = ¾¾= + + =
Bài tập 4. Cho hàm số
() ( )
42
0yfx ax bxa==+ ¹ có bảng biến thiên như hình vẽ:
Hiệu
ab- bằng
A.
3.-
B.
1.-
C.
1.
D.
3.
Hướng dẫn giải.
Chọn D.
Đạo hàm
()
()
32
4222 .
f
xaxbxxaxb
¢
=+= +
Từ bảng biến thiên, ta có
()
()
()
10
22 0
1
.
2
11
1
f
ab
a
b
f
ab
ì
¢
ì
ï=
ì
ï+=
=
ï
ï
ïï

íí í
ïï ï
=-
-
+=-
ï
ïï î
î
î
Dạng 3 : Phép suy đồ thị
Bài tập 1. Cho hàm số
32
69yx x x=- + có đồ thị như Hình 1. Đồ thị Hình 2 là của hàm số nào trong bốn
đáp án A, B, C, D dưới đây?
Hình 1 Hình 2
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 217
A.
32
69.yx xx=- + - B.
32
69.yx x x=+ +
C.
32
69.yx x x=- + D.
3
2
69.yx x x=- +
Hướng dẫn giải.
Chọn D.
Nhắc lại lí thuyết: Đồ thị hàm số
()
yfx= được suy ra từ đồ thị hàm số
()
yfx= bằng cách
• Giữ nguyên phần đồ thị hàm số
()
yfx= với 0.x ³
• Sau đó lấy đối xứng phần đồ thị vừa giữ ở trên qua trục
Oy .
Bài tập 2. Cho hàm số
32
32yx x=+ - có đồ thị như Hình 1 . Đồ thị Hình 2 là của hàm số nào dưới đây?
Hình 1 Hình 2
A.
3
2
32.yx x=+- B.
32
32.yx x=+ -
C.
3
2
32.yx x=+- D.
32
32.yxx=- - +
Hướng dẫn giải.
Chọn B.
Nhắc lại lí thuyết: Đồ thị hàm số
()
yfx=
được suy ra từ đồ thị hàm số
()
yfx=
bằng cách
• Giữ nguyên phần đồ thị hàm số
()
yfx= với 0.y ³
• Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số
()
yfx= với 0y < qua trục .Ox
Bài tập 3. Cho hàm số
()
()
2
21yx x=- -
có đồ thị
như hình vẽ bên. Hình nào dưới đây là đồ thị của
hàm số
()
2
21yx x=- -?
A.
B. C. D.
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Ta có
()
()
()
()
()
2
2
2
21khi2
.
21
2
khi 2
1
xx x
yx x
xx x
é
-- ³
=-
ê
=
ê
ê
-- - <
ë
-
Suy ra đồ thị của hàm số
()
2
21yx x=- - như sau:
• Giữ nguyên phần đồ thị của hàm số
()
()
2
21yx x=- - với 2x ³ (bên phải đường thẳng 2x = ).
• Lấy đối xứng phần đồ thị
()
()
2
21yx x=- - với 2x < qua trục hoành.
Hợp hai phần đồ thị ở trên ta được đồ thị hàm số cần tìm.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 218
Bài tập 4. Cho hàm số
()
()
2
21yx x=- - có đồ thị
như hình vẽ bên. Hình nào dưới đây trong các đáp
án A, B, C, D là đồ thị của hàm số
()
2
132?yx x x=+ - +
A.
B. C. D.
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Ta có
()
()
()
()
()
2
2
2
21khi 1
132 .
21khi 1
xx x
yx x x
xx x
é
-- ³-
ê
=+ - +=
ê
ê
-- - <-
ë
Suy ra đồ thị của hàm số
()
2
132yx x x=+ - + giống hoàn toàn phần đồ thị của hàm số
()
()
2
21yx x=- -
với
1x ³- (bên phải đường thẳng 1x =- ).
Đối chiếu các đáp án ta
Bài tập 5. Cho hàm số
21
x
y
x
=
+
có đồ thị như Hình 1 . Đồ thị Hình 2 là của hàm số nào trong các đáp
án A, B, C, D dưới đây?
Hình 1 Hình 2
A.
.
21
x
y
x
=
+
B. .
21
x
y
x
=
+
C. .
21
x
y
x
=
+
D. .
21
x
y
x
=
+
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Bài tập 6. Cho hàm số
2
21
x
y
x
+
=
-
có đồ thị như Hình
1
. Đồ thị Hình
2
là của hàm số nào trong các đáp án
A, B, C, D dưới đây?
Hình 1 Hình 2
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 219
A.
2
.
21
x
y
x
æö
+
÷
ç
=-
÷
ç
÷
ç
èø
-
B.
2
21
x
y
x
+
=
-
C.
2
.
21
x
y
x
+
=
-
D.
2
.
21
x
y
x
+
=
-
Hướng dẫn giải.
Chọn B.
Bài tập 7. Đồ thị hàm số
21
1
x
y
x
-
=
-
có đồ thị
như hình bên. Hỏi đồ thị hàm số
21
1
x
y
x
-
=
-
có đồ thị là hình nào trong các đáp án sau:
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Ta có
21 1
khi
21
12
21 1
1
1
.
khi
2
x
x
x
x
y
x
x
x
x
ì
ï
ï
-
³
-
-
ï
ï
ï
í
ï
ï
ï
ï
ï
î
==
-
-
-<
-
Do đó đồ thị hàm số
21
1
x
y
x
-
=
-
được suy từ đồ thị hàm số
21
1
x
y
x
-
=
-
bằng cách:
• Giữ nguyên phần đồ thị hàm số
21
1
x
y
x
-
=
-
phía bên phải đường thẳng
1
.
2
x =
• Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số
21
1
x
y
x
-
=
-
phía bên trái đường thẳng
1
2
x =
qua trục hoành.
Hợp hai phần đồ thị ở trên ta được toàn bộ đồ thị hàm số
21
.
1
x
y
x
-
=
-
Bài tập 8. Trong các đồ thị hàm số sau, đồ thị nào là đồ thị của hàm số
1
x
y
x
=
-
?
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 220
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải.
Chọn B.
Ta có
khi 1
1
.
1
khi 1
1
x
x
x
x
y
x
x
x
x
ì
ï
ï
>
ï
ï
-
ï
==
í
ï
-
ï
-<
ï
ï
-
ï
î
Do đó đồ thị hàm số
1
x
y
x
=
-
được suy từ đồ thị hàm số
1
x
y
x
=
-
bằng cách:
• Giữ nguyên phần đồ thị hàm số
1
x
y
x
=
-
phía bên phải đường thẳng 1.x =
• Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số
1
x
y
x
=
-
phía bên trái đường thẳng
1x =
qua trục hoành.
Hợp hai phần đồ thị ở trên ta được toàn bộ đồ thị hàm số
1
x
y
x
=
-
.
Dạng 4: Xác định dấu của các tham số của hàm số dựa vào tính chất đồ thị
Bài tập 1. Cho hàm số
32
yax bx cxd=+++ có đồ thị
như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A.
0, 0, 0, 0.abcd>><>
B.
0, 0, 0, 0.abcd<<<<
C.
0, 0, 0, 0.abcd><<>
D.
0, 0, 0, 0.abcd>>> <
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Ta có
2
32.yaxbxc
¢
=++
Đồ thị hàm số thể hiện
0;a > cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên 0.d >
Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy
CT CÐ CT
CÐ CÐ CT
10
10 .0
xxx
xxx
ìì
>+>
ïï
ïï
¾¾
íí
ïï
-< < <
ïï
îî
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 221
0
0
2
00 0
3
.
00 0
3
a
a
bb
b
aa
cc
c
aa
>
>
ì
ï
ï
->¾¾<¾¾¾<
ï
ï
ï
í
ï
ï
<¾¾<¾¾¾<
ï
ï
ï
î
Vậy
0, 0, 0, 0.abcd><<>
Bài tập 2: Cho hàm số
32
yax bx cxd=+++ có đồ
thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
0, 0, 0, 0.abcd<>><
B.
0, 0, 0, 0.abcd<<> <
C.
0, 0, 0, 0.abcd><<>
D.
0, 0, 0, 0.abcd<><<
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Bài tập 3. Cho hàm số
32
yax bx cxd=+++ có đồ thị như hình
vẽ. Khẳng định nào dưới đây là đúng?
A.
0, 0.ac bd><
B.
0, 0.ac bd>>
C.
0, 0.ac b d<<
D.
0, 0.ac b d<>
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Ta có
2
32.yaxbxc
¢
=++
• Dễ dàng suy ra
0a >
và
0.d >
• Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị đều dương nên phương trình
0y
¢
= có hai nghiệm dương phân biệt,
suy ra
0
3
c
a
> và
0
2
00.
3
a
b
b
a
>
->¾¾¾< Vậy 0, 0.ac bd><
Bài tập 4. Cho hàm số
42
yaxbxc=++ có đồ thị như hình vẽ
bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A.
0, 0, 0.abc>>< B. 0, 0, 0.abc><<
C.
0, 0, 0.abc><> D. 0, 0, 0.abc<><
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Đồ thị hàm số thể hiện
0.a >
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên
0
00.
a
ab b
>
<¾¾¾<
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên
0.c >
Vậy
0, 0, 0.abc><>
Bài tập 5. Cho hàm số
42
yaxbxc=++ có đồ thị như hình
vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
0, 0, 1.abc<>= B. 0, 0, 1.abc><=
C.
0, 0, 1.abc>>=
D.
0, 0, 0.abc>>>
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 222
Hướng dẫn giải.
Chọn B.
Bài tập 6. Cho hàm số
42
yaxbxc=++ có đồ thị như hình vẽ
bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A.
0, 0, 0.abc<>> B. 0, 0, 0.abc<><
C.
0, 0, 0.abc<<> D. 0, 0, 0.abc<<<
Hướng dẫn giải.
Chọn B.
Bài tập 7. Hàm số
()
42
0yaxbxca=++ ¹ có đồ thị như hình
vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A.
0, 0, 0.abc>³< B. 0, 0, 0.abc><£
C.
0, 0, 0.abc>³> D. 0, 0, 0.abc<<<
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Dựa vào dáng điệu đồ thị suy ra
0a >
.
Hàm số có
1 điểm cực trị nên
0
00.
a
ab b
>
³¾¾¾³
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên
0.c <
Vậy
0, 0, 0.abc>³<
Bài tập 8. Hàm số
ax b
y
cx d
+
=
+
với
0a >
có đồ thị
như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A.
0, 0, 0.bcd>> <
B.
0, 0, 0.bcd>< <
C.
0, 0, 0.bcd<< <
D.
0, 0, 0.bcd<> <
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Từ đồ thị hàm số, ta thấy
• Khi
0
000.
a
b
yx b
a
>
=¾¾=-<¾¾¾> • Khi
0
000
b
b
xy d
d
>
=¾¾= <¾¾¾<.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
0
00.
d
d
xc
c
<
=- > ¾¾¾>
Vậy
0, 0, 0.bcd>> <
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 223
Bài tập 99. Hàm số
bx c
y
x
a
-
=
-
(
0;a ¹
)
, , abcÎ
có
đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là
đúng?
A.
0, 0, 0.abcab>>-<
B.
0, 0, 0.abcab>>->
C.
0, 0, 0.abcab>>-=
D.
0, 0, 0.abcab><-<
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
0;xa=>
tiệm cận ngang
0.yb=>
Mặt khác, ta thấy dạng đồ thị là đường cong đi xuống (từ trái sang phải) nên suy ra đạo hàm
()
2
0, 0.
cab
yxacab
xa
-
¢
=<"¹¾¾- <
-
Vậy 0, 0, 0.abcab>>-<
Bài tập 10. Đường cong ở hình bên là đồ thị hàm
số
ax b
y
cx d
+
=
+
với , , , abcd là các số thực. Mệnh đề
nào sau đây là đúng ?
A.
0, 1.yx
¢
<"¹ B. 0, 2.yx
¢
<"¹
C.
0, 1.yx
¢
>"¹ D. 0, 2.yx
¢
>"¹
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Dựa vào hình vẽ, ta thấy hàm số
ax b
y
cx d
+
=
+
nghịch biến trên mỗi khoảng xác định và đường thẳng 2x =
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Suy ra
0, 2yx
¢
<"¹.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 224
Dạng 5: Xác đinh số nghiệm của phương trình dựa vào đồ thị hoặc bảng biến thiên
Bài tập 1. Cho hàm số
()
yfx= có bảng biến thiên như sau
Số nghiệm thực của phương trình
()
270fx-= là
A.
2. B. 4. C. 6. D. 8.
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Ta có
() () ()
77
270 .
22
fx fx fx-= = =
Dựa vào BBT, suy ra
()
7
2
fx=
có 4 nghiệm;
()
7
2
fx=-
có 2 nghiệm.
Cách 2. Từ BBT của hàm số
()
,
f
x
suy ra BBT của hàm số
()
f
x
như sau
Dựa vào BBT
() ()
7
270
2
fx fx¾¾-==
có
6
nghiệm.
Bài tập 2. Cho hàm số
()
yfx=
xác định, liên tục trên
{
}
\0
và có bảng biến thiên như sau
Gọi
m là số nghiệm của phương trình
()
3fx= và n là số nghiệm của phương trình
()
3fx= . Khẳng
định nào sau đây đúng?
A.
4.mn+=
B.
6.mn+=
C. 7.mn+= D.
8.mn+=
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Từ BBT của hàm số
()
f
x , suy ra BBT của hàm
số
() ()
g
xfx= như hình bên(trong đó
a
là
hoành độ giao điểm của đồ thị
()
yfx= với trục
hoành).
Dựa vào BBT
()
3fx¾¾= có 3 nghiệm.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 225
Từ BBT của hàm số
()
f
x
, suy ra BBT của hàm
()
()
hx f x=
như hình bên. Dựa vào BBT
()
3fx¾¾= có 4 nghiệm.
Vậy
34 7.mn+=+=
Bài tập 3. Cho hàm số bậc ba
()
yfx=
có đồ thị như
hình vẽ. Hỏi phương trình
()
2
4fx
éù
=
ëû
có bao nhiêu
nghiệm?
A.
2. B. 3.
C. 4. D. 5.
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Ta có
()
() ()
() ()
2
2 1
4.
2 2
fx
fx
fx
é
=
ê
éù
=
ê
ëû
=-
ê
ë
Do đó số nghiệm của
phương trình
()
2
4fx
éù
=
ëû
chính là số giao điểm của đồ thị
hàm số
()
f
x
với hai đường thẳng 2y = và 2.y =-
Dựa vào đồ thị ta thấy: Phương trình
()
1 có 1 nghiệm; Phương trình
()
2 có 3 nghiệm. Vậy phương trình
đã cho có
4
nghiệm.
Bài tập 4: Cho hàm số
()
yfx= liên tục trên
[
]
2;2- và
có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Hỏi phương trình
()
11fx-= có bao nhiêu nghiệm phân biệt trên
[
]
2;2- ?
A.
3.
B.
4.
C.
5.
D.
6.
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Ta có
()
() ()
() ()
0 1
11 .
2 2
fx
fx
fx
é
=
ê
-=
ê
=
ê
ë
Dựa vào đồ thị, ta thấy
()
1 có 3 nghiệm;
()
2 có 2 nghiệm.
Bài tập 5: Cho hàm số
()
32
34fx x x=- +
có đồ thị như
hình vẽ. Hỏi phương trình
()
() ()
2
1
354
ffx
fx fx
éù
ëû
=
-+
có bao
nhiêu nghiệm ?
A.
4. B. 5.
C.
6. D. 8.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 226
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Ta có
()
() ()
() () () ()
32 2
2
134354
354
ffx
fx fx fx fx
fx fx
éù
ëû
= - += - +
-+
() () ()
()
()
()
()
()
()
32
0
1
650 1 2.
3
5
fx
f x f x fx fx
fx
é
=
ê
ê
- +==
ê
ê
ê
=
ë
Dựa vào đồ thị ta thấy
()
1 có 2 nghiệm;
()
2 có 3 nghiệm;
()
3 có 1 nghiệm.
Bài tập 6. Cho hàm bậc ba
()
=yfx có đồ thị như hình vẽ.
Hỏi phương trình
()
1
2
2
fx-=-
có bao nhiêu nghiệm?
A.
1. B. 3.
C.
4.
D.
6.
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Đồ thị hàm số
()
2,fx- được suy từ đồ thị
()
f
x bằng cách:
• Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số
()
f
x phía bên phải Oy (xóa phần đồ thị bên trái Oy ) qua Oy (xem
Hình 1);
• Tịnh tiến đồ thị ở bước trên sang phải
2 đơn vị (xem Hình 2).
Hình 1. Hình 2.
Từ đồ thị của hàm số
()
2,fx-
suy ra phương trình đã cho có
4
nghiệm.
Bài tập 7. Cho hàm số
()()
1.yx fx=-
xác định, liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất cả các giá trị của m để
đường thẳng
2
ym m=- cắt đồ thị hàm số
()
1.yx fx=- tại
hai điểm có hoành độ nằm ngoài đoạn
[
]
1;1 .-
A.
0.m > B. 1.m < C. 01.m<< D. 1m > hoặc 0.m <
Hướng dẫn giải.
Chọn D.
Từ đồ thị hàm số
()()
1. ,yx fx=- suy ra đồ thị hàm số
()
1fxx-
như hình bên.
Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình
()
2
1.
x
fx m m-=- có
hai nghiệm có hoành độ nằm ngoài đoạn
[
]
1;1- khi và chỉ khi
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 227
2
1
0.
0
m
mm
m
é
>
ê
->
ê
<
ë
Bài tập 8. Cho hàm số bậc ba
()
yfx=
có đồ thị như hình
vẽ. Hỏi phương trình
()
0ffx
é
ù
=
ë
û
có bao nhiêu nghiệm
thực phân biệt?
A.
3. B. 5.
C.
7. D. 9.
Hướng dẫn giải.
Chọn D.
Dựa vào đồ thị hàm số
()
,yfx= ta suy ra phương trình
()
() ( )
() ( )
() ( )
21
0 01
12
fx a a
ffx fx b b
fx c c
é
=-<<-
ê
ê
éù
= = <<
ê
ëû
ê
ê
=<<
ë
()
()
()
1
2.
3
Mỗi phương trình đều có
3 nghiệm.
Bài tập 9. Cho hàm số
()
yfx= liên tục trên
và có đồ thị
như hình vẽ. Số nghiệm thực của phương trình
()
()
2ffx=-
là
A.
2. B. 4.
C.
5. D.
9.
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Từ đồ thị
()
,yfx= suy ra phương trình
()
()
()
()
1
2
2
fx
ffx
fx
é
=-
ê
=-
ê
=
ê
ë
()
()
1
2
.
Dựa vào đồ thị, ta thấy
()
1 có 3 nghiệm;
()
2 có 2 nghiệm.
Bài tập 10. Cho hàm số bậc ba
()
yfx=
có đồ thị như hình
vẽ. Số nghiệm của phương trình
()
2
230fx += là
A.
0. B. 2.
C.
4. D. 6.
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Đặt
2
tx=
()
0.t ³ Khi đó phương trình đã cho trở thành:
()
3
.
2
ft=-
()
*
Số nghiệm của
()
* chính là số giao điểm của đồ thị hàm số
()
yfx= và đường thẳng
3
.
2
y =- Dựa vào đồ
thị, phương trình
()
()
1
22
33
0
02 .
2
t
txt
txt
é
<
ê
ê
* < < ¾¾=
ê
ê
ê
>¾¾=
ê
ë
loaïi
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 228
Bài tập 11. Cho hàm số
42
yx mx n=+ + với ,mnÎ có
đồ thị như hình vẽ. Biết phương trình
42
0xmxn++= có
k
nghiệm thực phân biệt,
*
.k Î
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.
2,k = 0.mn < B. 2,k = 0.mn >
C.
4,k = 0.mn < D. 4,k = 0.mn >
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình
42
0xmxn++= có 4 nghiệm phân biệt, suy ra
4.k =
Do đồ thị hàm số có
3 điểm cực trị nên 0,m < ta thấy hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên
00.nmn>¾¾<
Dạng 6: Biện luận số nghiệm của phương trình
Bài tập 1. Cho hàm số
()
yfx=
xác định trên
{
}
\1,
liên tục trên từng khoảng xác định và có bảng biến
thiên như sau:
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m để đồ thị hàm số
()
yfx=
cắt đường thẳng 21ym=- tại hai
điểm phân biệt.
A.
3
1.
2
m<< B.
3
1.
2
m£< C.
3
1.
2
m££ D. 12.m<<
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
YCBT
3
12 12 1 .
2
mm< -< < <
Nhận xét: Sai lầm hay gặp là cho
3
12 12 1 .
2
mm£-£££
Bài tập 2. Cho hàm số
()
yfx= xác định trên
{
}
\1;1,- liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng
biến thiên sau:
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m để đường thẳng 21ym=+ cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm
phân biệt.
A.
2.m £- B. 1.m ³ C. 2,m £- 1.m ³ D. 2,m <- 1.m >
Hướng dẫn giải.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 229
Chọn D.
YCBT
213 1
.
213 2
mm
mm
éé
+> >
êê

êê
+<- <-
ëë
Nhận xét: Nếu yêu cầu bài toán có duy nhất một nghiệm thực
32 13.m- £ + £
Bài tập 3. Cho hàm số
()
32
2912yfx x x x==-+ có đồ
thị như hình vẽ. Tìm tất cả các giá trị của tham số
m để
phương trình
()
0fx m+=
có
6
nghiệm phân biệt.
A.
5.m <- B.
54.m-< <-
C.
45.m<< D. 4.m >-
Hướng dẫn giải.
Chọn B.
Trước tiên từ đồ thị hàm số
()
yfx=
, ta suy ra đồ thị
hàm số
()
yfx= như hình vẽ.
Ta có
() ()
0.
f
xm fx m+= =-
Do đó YCBT
4554.mm<-<-< <-
Bài tập 4. Cho hàm số bậc ba
()
=yfx
có đồ thị như
hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
()
20fx m-= có 4 nghiệm phân
biệt?
A.
3. B. 4.
C.
7.
D.
8.
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Trước tiên từ đồ thị hàm số
()
,yfx= ta suy ra đồ thị
hàm số
()
yfx= như hình vẽ.
Ta có
() ()
20 .
2
m
fx m fx-= =
Do đó YCBT
0408.
2
m
m< << <
Bài tập 5. Tập hợp các giá trị của tham số
m
để đồ thị hàm số
()
()
2
1=- + +yx xmxm cắt trục hoành tại
ba điểm phân biệt là
A.
()
0;4 . B.
()
4; .+¥
C.
11
;;0.
22
æöæö
÷÷
çç
-¥ - È -
÷÷
çç
÷÷
çç
èøèø
D.
()
11
;;04;.
22
æöæö
÷÷
çç
-¥ - È - È +¥
÷÷
çç
÷÷
çç
èøèø
Hướng dẫn giải.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 230
Chọn D.
Phtrình hđgđ:
()
()
()
2
2
1
10 .
01
x
xxmxm
xmxm
é
=
ê
-++=
ê
++=
ê
ë
YCBT
()
1 có hai nghiệm phân biệt khác
2
2
1.1 0
1.
40
mm
mm
ì
ï
++¹
ï
í
ï
D= - >
ï
î
Phương trình hoành độ giao điểm
32
0ax bx c x d+++=.
• Nếu nhẩm được một nghiệm
0
x
thì phương trình tương đương
0
2
0
xx
ax b x c
é
=
ê
ê
¢¢
++=
ë
.
• Cô lập tham số
m và lập bảng biến thiên hoặc dùng đồ thị.
• Nếu không nhẩm được nghiệm và không cô lập được
m thì bài toán được giải
quyết theo hướng tích hai cực trị, cụ thể:
◦ Đồ thị cắt trục hoành đúng ba điểm phân biệt
CD CT
.0.yy<
◦ Đồ thị có hai điểm chung với trục hoành
CD CT
.0.yy=
◦ Đồ thị có một điểm chung với trục hoành
CD CT
.0yy> hoặc hàm số không có
cực trị.
Chú ý: Nếu
2
32 0yaxbxc
¢
=++=
nhẩm được hai nghiệm thì tính
CD CT
, yy dễ dàng.
Trường hợp không nhẩm được nghiệm thì dùng mối liên hệ hai nghiệm đó là hệ
thức Viet.
Bài tập 6. Tập hợp các giá trị thực của tham số
m
để đồ thị hàm số
32
3yx x=- cắt đường thẳng ym=
tại ba điểm phân biệt là
A.
()
4;0 .- B.
()
0; .+¥
C.
()
;4.-¥ -
D.
()()
;4 0; .-¥ - È +¥
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Xét hàm bậc ba
32
3,yx x=- có
CD
2
CT
00
36 0 .
24
xy
yxx y
xy
é
=¾¾=
ê
¢¢
=-¾¾=
ê
=¾¾=-
ê
ë
Dựa vào dáng điệu của đồ thị hàm bậc ba, ta có YCBT
CT CD
40.ymy m<<-<<
Bài tập 7. Cho phương trình
32
23 21.xx m-=+ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m
để phương trình
đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt.
A.
1
,
2
m =-
1.m =- B.
1
,
2
m =-
5
.
2
m =-
C.
1
,
2
m =
5
.
2
m =
D. 1,m =
5
.
2
m =-
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Xét hàm bậc ba
()
32
23,
f
xxx=- có
() ()
CD
2
CT
00
66 0 .
11
xy
fx x x fx
xy
é
=¾¾=
ê
¢¢
=-¾¾=
ê
=¾¾=-
ê
ë
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 231
Dựa vào dáng điệu của đồ thị hàm bậc ba, ta có YCBT
CD
CT
21
210
.
21 211
my
m
my m
é
é
+=
+=
ê
ê

ê
ê
+= +=-
ë
ë
Bài tập 8. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m
để đồ thị hàm số
32
4yx mx=- +
cắt trục hoành tại
ba điểm phân biệt.
A.
0.m ¹
B.
0.m >
C.
3.m ¹
D.
3.m >
Hướng dẫn giải.
Chọn D.
Ta có
()
2
0
32 32 0 .
2
3
x
yxmxxxm y
m
x
é
=
ê
¢¢
ê
=- = - ¾¾=
ê
=
ê
ë
YCBT
Hàm số có hai điểm cực trị và hai giá trị cực trị trái dấu
()
3
2
0
0
3
3.
4
2
4. 4 0
0. 0
27
3
m
m
m
m
m
yy
é
é
¹
ê
¹
ê
ê
ê
æö
ê
 >
-
÷
êç
æö
ê
÷
+<
ç
÷
÷
ê
ç
ç
ê
<
÷
ç
÷
ç
èø
ê
÷
ç
ë
ê
èø
ë
Bài tập 9. Tìm giá trị thực của tham số
m
để đồ thị hàm số
32
32yx mx=- +
có đúng hai điểm chung với
trục hoành.
A.
1
.
6
m = B.
3
2.m = C.
3
1
.
2
m =
D. 3.m =
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Ta có
()
2
0
36 3 2 0 .
2
x
yxmxxxm y
x
m
é
=
ê
¢¢
=- = - ¾¾=
ê
=
ë
YCBT
hàm số có hai điểm cực trị và tích hai cực trị bằng 0
() ( )
()
3
3
0
20
1
.
0. 2 0 2. 4 2 0
2
m
m
m
yym m
ì
¹
ì
ï
¹
ï
ï
ïï
 =
íí
ïï
=-+=
ïï
î
ï
î
Bài tập 10. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m
để phương trình
3
320xmx-+=
có nghiệm duy
nhất.
A.
0.m £ B.
01.m<<
C.
1.m <
D.
1.m >
Hướng dẫn giải.
Chọn B.
Ta có
()
22 2
333 0 .yxmxm y xm
¢¢
=-= -¾¾= =
Khi đó yêu cầu bài toán tương đương với:
● TH1. Hàm số không có cực trị
0y
¢
=
có nghiệm kép hoặc vô nghiệm 0.m£
● TH2. Hàm số có hai cực trị
CD CT
, yy thỏa mãn
CD CT
.0yy>
()() ()()
00
0
01.
.022220
1
mm
m
m
y my m mm mm
m
ìì
>>
ïï
ì
>
ï
ïï
ïï ï
 <<
íí í
ïï ï
->+->
<
ï
ïï î
ïï
îî
Kết hợp hai trường hợp ta được
1.m <
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 232
Bài tập 11. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m để đường thẳng
()
:11dy mx=-+
cắt đồ thị hàm số
3
31yxx=- + - tại ba điểm phân biệt
()
1;1 , , .ABC
A.
0.m ¹ B.
9
.
4
m <
C.
9
0
4
m¹<
. D. 0m = ,
9
.
4
m >
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Phtrình hđgđ:
()
3
31 11xx mx-+ -= -+
()
()
()
2
2
1
120 .
20 *
x
xxx m
xx m
é
=
ê
- +-+ =
ê
+-+ =
ê
ë
YCBT
(
)
*
có hai nghiệm phân biệt khác
9
94 0
1
4
0
0
m
m
m
m
ì
ï
ï
ì
D= - >
<
ï
ï
ï

íí
ïï
¹
ï
îï
¹
ï
î
.
Bài tập 12. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m để đồ thị hàm số
32
32yx x=- +
cắt đường thẳng
()
:1dy mx=-
tại ba điểm phân biệt có hoành độ
123
, ,
x
xx thỏa mãn
222
123
5.xxx++=
A.
3.m >- B. 3.m =- C. 2.m >- D. 2.m =-
Hướng dẫn giải.
Chọn D.
Phtrình hđgđ:
()
()
32
2
1
32 1 .
220 *
x
xx mx
xxm
é
=
ê
-+= -
ê
---=
ê
ë
Để
()
* có hai nghiệm phân biệt khác 1
2
120
3.
12.1 20
m
m
m
ì
¢
D= + + >
ï
ï
>-
í
ï
---¹
ï
î
Giả sử
1
1.x = Khi đó
2
,
x
3
x
là hai nghiệm của
()
*.
Theo Viet, ta có:
23
23
2
.
2
xx
xx m
ì
+=
ï
ï
í
ï
=- -
ï
î
YCBT
() ()
2
22
23 23 23
42442242xx xx xx m m + = + - =+ + = =-.
Bài tập 13. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m để đường thẳng :4dy x=+ cắt đồ thị hàm số
()
32
234yx mx m x=+ ++ +
()
m
C
tại ba điểm phân biệt
()
0;4 , ,
A
BC
sao cho tam giác
M
BC có diện tích
bằng
4 , với
()
1; 3 .M
A.
3.m = B. 2,m = 3.m = C. 2,m =- 3.m =- D. 2,m =- 3.m =
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Phtrình hđgđ:
()
()
32
2
0
2344 .
220*
x
xmxmx x
xmxm
é
=
ê
++++=+
ê
+++=
ê
ë
Để
d cắt
()
m
C tại ba điểm phân biệt
()
* có hai nghiệm phân biệt khác 0
2
2
20
.
21
20
m
mm
m
m
ì
é
>
ï
D= - - >
ï
ê

í
ê
ï
-¹ <-
+¹
ïë
î
Gọi
12
,
x
x là hai nghiệm của
()
*. Theo định lí Viet, ta có:
12
12
2
.
.2
x
xm
xx m
ì
+=-
ï
ï
í
ï
=+
ï
î
Giải sử
()( )
11 2 2
;4, ; 4.Bx x Cx x++ Ta có
()
2
21
2BC x x=-và
[]
13 4
,2.
2
dMd
-+
==
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 233
YCBT:
() ( ) ( )
22
21 12 12
1
4,4 16 416
2
MBC
SdMdBCxxxxxx= = - = + - =
()
()
2
3
60 .
2
m
mm
m
é
=
ê
--=
ê
=-
ê
ë
thoûa maõn
loaïi
Bài tập 14. Tập hợp các giá trị thực của tham số
m
để đường thẳng :dy mx=- cắt đồ thị của hàm số
32
32yx x m=- -+
()
C
tại ba điểm phân biệt
, , ABC
sao cho
AB BC=
là
A.
()
;1.-¥ -
B.
()
;3 .-¥
C.
()
1; .+¥
D.
()
;.-¥ +¥
Hướng dẫn giải.
Chọn B.
Phtrình hđgđ:
()
32
2
1
32 .
220
x
xxm mx
xxm
é
=
ê
--+=-
ê
-+-= *
ê
ë
Để
d cắt
()
C tại ba điểm phân biệt
()
* có hai nghiệm phân biệt khác 1
()
2
0
120
3.
12.1 20 3
m
m
mm
ìì
¢
D>
ïï-->
ïï
<
íí
ïï
-+-¹ ¹
ïï
îî
Gọi
12
,
x
x là hai nghiệm của
()
*. Theo định lí Viet, ta có
12
2.xx+=
Giả sử
2
1x > thì
12
21xx=- <, suy ra
12
1.
x
x<<
Theo giả thiết
BA BC= nên B là trung điểm của AC do đó 1
B
x = và
1A
x
x= ,
2C
x
x= . Khi đó ta có
2
AC B
x
xx+= nên d luôn cắt
()
C tại ba điểm phân biệt , , ABC thỏa mãn .AB BC= Vậy với 3m < thỏa
mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 15. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m để đồ thị hàm số
32
368y x mx mx=- + -
cắt trục
hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng.
A.
1.m = B. 2, 1.mm==- C. 1.m =- D. 2.m =
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Ta có
13 2
2
32 Viet
123 2
0.
3
xx x
bb
ax bx c x d x x x x
aa
+=
+++=¾¾¾ + + =- ¾¾¾¾ =-
Phương trình hoành độ giao điểm:
32
3680.xmxmx-+-=
()
*
Từ giả thiết suy ra phương trình
()
* có một nghiệm .
x
m=
Thay
x
m= vào phương trình
()
*, ta được
32
1
3. 6. 8 0 .
2
m
mmmmm
m
é
=-
ê
-+-=«
ê
=
ë
Thử lại: • Với
1,m =- ta được
32
4
3680 1:
2
x
xxx x
x
é
=-
ê
ê
+--==-
ê
ê
=
ë
thỏa mãn.
•Với
2,m = ta được
32
61280 2:xx x x-+-== không thỏa mãn.
Vậy
1m =-
là giá trị cần tìm.
Bài tập 16. Với điều kiện nào của tham số
k
thì phương trình
()
22
41 1
x
xk-=- có bốn nghiệm phân biệt?
A.
02.k<<
B.
3.k <
C.
11.k-< <
D.
01.k<<
Hướng dẫn giải.
Chọn D.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 234
Xét hàm trùng phương
()
22 42
41 4 4,yx x x x=-=-+
có
()
3
000
16 8 0 .
22
1
22
xy
yxxy
xy
é
=¾¾=
ê
ê
¢¢
æö
=- + ¾¾=
ê
÷
ç
÷
ç
= ¾¾ =
ê
÷
ç
÷
÷
ê
ç
èø
ë
YCBT
CT CD
101101.yky k k <-< <-<<<
Biện luận số nghiệm của phương trình
()
42
0, 0 .ax bx c m a b++= > <
()
1
Cách 1. Phương trình
42
ax bx c m++= là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm trùng phương
42
yaxbxc=++
và đường thẳng
ym=
(có phương song song với trục hoành)
Do hệ số
0, 0ab>< nên đồ thị hàm số
42
yaxbxc=++
có dạng như sau:
Dựa vào đồ thị ta có:
•
()
1
vô nghiệm
CT
.my<
•
()
1 có 2 nghiệm
CT
CD
.
my
my
é
=
ê
ê
>
ë
•
()
1 có 3 nghiệm
CD
.my=
•
()
1 có 4 nghiệm
CT CD
.ymy<<
Cách 2. Phương trình
42 42
0.ax bx c m ax bx c m++=¬¾++-=
()
2
Do hệ số
0, 0ab>< nên đồ thị hàm số
42
yaxbxcm=++- có dạng như sau:
Ta có các trường hợp sau:
•
()
2
vô nghiệm
CT
0.y>
•
()
2 có 2 nghiệm
CT
CD
0
.
0
y
y
é
=
ê
ê
<
ë
•
()
2 có 3 nghiệm
CD
0.y=
•
()
2
có
4
nghiệm
CT CD
0.yy<<
Bài tập 17. Cho hàm số
()
423
1yx mm x m=- + + với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để
đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt.
A.
1.m > B. 2.m >- C. 2.m > D. 01.m<¹
Hướng dẫn giải.
Chọn D.
Xét hàm trùng phương
()
423
1,yx mm x m=- + +
có
()
()
()
3
3
2
2
23
0
42 1 0 .
11
24
xym
yxmmx y
mm m m
x
ym
é
=¾¾=
ê
ê
¢¢
=- +¾¾=
++
ê
=¾¾=- +
ê
ê
ë
YCBT
hàm số có ba điểm cực trị và
CT CD
0yy<<
()
()
2
2
33
1
0
2
01
1
0
4
mm
m
mm
mm
ì
ï
+
ï
>
ï
ï
ï
ï
<¹
í
ï
+
ï
ï
-+<<
ï
ï
ï
î
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 235
Bài tập 18. Cho hàm số
()
42
22 4yx mx m=- + + - -
với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị nguyên
của
m
để đồ thị hàm số không có điểm chung với trục hoành?
A.
1. B. 2. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Xét hàm trùng phương
()
42
22 4 ,yx mx m=- + + - -
có
()
3
2
0
442 0 .
2
x
yx mxy
x
m
é
=
ê
¢¢
=- + + ¾¾=
ê
=+
ë
Dựa vào dáng điệu của hàm trùng phương với hệ số của
4
âm, ta có các trường hợp sau thỏa mãn yêu
cầu bài toán:
● Hàm số có một cực trị và cực trị đó âm
()
20
20
42.
00
40
m
m
m
y
m
ì
+£ ì
ï
+£
ï
ïï
 -<£-
íí
ïï
<
-- <
ï
ïî
î
● Hàm số có ba điểm cực trị và giá trị cực đại âm
()
2
20
20
20.
20
30
m
m
m
ym
mm
ì
+>
ï
ì
+>
ï
ï
ïï
-<<
íí
ïï
+ <
+<
ïï
î
ï
î
Kết hợp hai trường hợp ta được
{
}
40 3;2;1.
m
mm
Î
-< < ¾¾¾=---
Bài tập 19. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m
để đường thẳng :2dy x m=- cắt đồ thị hàm số
3
1
-
=
+
x
y
x
()
C tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương.
A.
01<<m . B. 2, 5.mm<- > C.
3
1
2
<<m
. D.
1
0
3
<<m
.
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Phương trình hoành độ giao điểm:
()
3
2 1
1
x
xmx
x
-
=- ¹-
+
()()
2
321 2230.xxmx xmxm-= - + - - +=
()
*
YCBT
()
* có hai nghiệm dương phân biệt
0
3
01 .
2
0
Sm
P
ì
¢
D>
ï
ï
ï
ï
><<
í
ï
ï
ï>
ï
î
Bài tập 20. Gọi
d là đường thẳng đi qua
()
1; 0A
và có hệ số góc .m Tìm tất cả các giá trị thực của tham
số
m để d cắt đồ thị hàm số
2
1
x
y
x
+
=
-
()
C tại hai điểm phân biệt thuộc hai nhánh của đồ thị.
A.
0.m < B. 0.m ¹ C. 0.m > D. 01.m<¹
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Đường thẳng
d có dạng
()
1.ymx mxm=-=-
Phương trình hoành độ giao điểm:
()
2
1
1
x
mx m x
x
+
=- ¹
-
()() ()
()
2
212120.
gx
xmxmxmxmxm+= - - - + +-=

()
*
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 236
YCBT
()
*
có hai nghiệm phân biệt
12
x
x< thỏa mãn
12
1
x
x<<
() ( )
0
0
0.
10 2 1 20
m
m
m
mg m m m m
ì
ì
¹
ï¹
ï
ï
ï
 >
íí
éù
ïï
<-++-<
ïï
îë û
î
Bài tập 21. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m để đường thẳng : =- +dy x m cắt đồ thị hàm số
21
1
-+
=
+
x
y
x
()
C
tại hai điểm
,A
B
sao cho
22.AB =
A.
7
.
1
m
m
é
=-
ê
ê
=
ë
B.
7
.
5
m
m
é
=-
ê
ê
=
ë
C.
2
.
1
m
m
é
=-
ê
ê
=
ë
D.
1
.
1
m
m
é
=-
ê
ê
=
ë
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm:
()
21
1
1
x
xm x
x
-+
=- + ¹-
+
()() ()
2
21 1 1 1 0.xxmxxmxm- + = - + + - + + - =
()
*
Để
d
cắt
()
C tại hai điểm phân biệt
()
* có hai nghiệm phân biệt
()()
2
323
141 0 .
323
m
mm
m
é
>- +
ê
D= + - - >
ê
<- -
ê
ë
Theo đinh lí Viet, ta có
12
12
1
.
1
xx m
xx m
ì
+=+
ï
ï
í
ï
=-
ï
î
Giả sử
()
11
;-+Ax x m
và
()
22
;.Bx x m-+
YCBT:
() ()
22
2
21 1 2 12
22 8 2 8 4 4==-=+- =AB AB x x x x x x
()()
2
1
141 4
7
m
mm
m
é
=
ê
+--=
ê
=-
ë
(thỏa mãn).
Bài tập 22. Tìm giá trị thực của tham số
m để đường thẳng :2dy x m=-+ cắt đồ thị hàm số
2
1
x
y
x
=
-
()
C tại hai điểm phân biệt
A
và B sao cho độ dài
A
B ngắn nhất.
A.
3.m =- B. 1.m =- C. 1.m = D. 3.m =
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Phương trình hoành độ giao điểm:
()
2
2 1
1
x
xm x
x
=- + ¹
-
()()()
2
221 120.xxm x x m xm = -+ - - + +-=
()
*
Ta có
2
290, mm mD= - + > " Î nên d luôn cắt
()
C
tại hai điểm phân biệt.
Gọi
1
,
x
2
x
là hai nghiệm của
()
*. Theo định lí Viet, ta có
12
12
1
.
2
xx m
xx m
ì
+=+
ï
ï
í
ï
=-
ï
î
Giả sử
()
11
;2Ax x m-+
và
()
22
;2Bx x m-+
là tọa độ giao điểm của
d
và
()
C
.
Ta có
()() ()()()
22 2 2
2
21 1 2 12
2 2 8 2 18 22 11616.AB x x x x x x m m m= - = + - = +- -= -+³
Dấu
'' ''= xảy ra
1.m=
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 237
Bài tập 23. Tìm giá trị thực của tham số
k sao cho đường thẳng :21dy x k=+ + cắt đồ thị hàm số
21
1
x
y
x
+
=
+
()
C
tại hai điểm phân biệt
A
và B sao cho các khoảng cách từ
A
và B đến trục hoành là bằng
nhau.
A.
4.k =- B. 3.k =- C. 1.k =- D. 2.k =-
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Phương trình hoành độ giao điểm:
()
21
21 1
1
x
xk x
x
+
=+ + ¹-
+
()()
2
21 21 1 2 2 0.xxkx xkxk+=++ ++ +=
()
*
Để
d
cắt
()
C
tại hai điểm phân biệt
()
*
có hai nghiệm phân biệt
2
2
20
0
k
kk
k
é
>
ê
¢
D = - >
ê
<
ë
.
Gọi
12
x
x¹
là hai nghiệm của
()
*
. Giả sử
()
11
;21Ax x k++
và
()
22
;21Bx x k++
.
YCBT :
[
]
[
]
12
,, 2121dAOx dBOx x k x k=++=++
()
11
21 21xk xk++=- ++ (do
12
x
x¹ )
()
12
42 2 42 1 .xx k k k k+=---=--=-thoûa maõn
Bài tập 24. Tìm giá trị thực của tham số
m
để đường thẳng :dy x m=+ cắt đồ thị hàm số
21
1
x
y
x
-
=
-
()
C
tại hai điểm phân biệt
,
A
B sao cho tam giác OAB vuông tại ,O với O là gốc tọa độ.
A.
2.m =- B.
1
.
2
m =-
C. 0.m = D. 1.m =
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm:
()
21
1
1
x
xm x
x
-
=+ ¹
-
()() ()
2
21 1 3 1 0.xxmx xmxm-=+ -+- +-=
()
*
Để
d cắt
()
C tại hai điểm phân biệt
()
* có hai nghiệm phân biệt
2
250, .mm mD= - + > " Î
Gọi
12
,
x
x là hai nghiệm của
()
* . Theo định lí Viet, ta có
12
12
3
.
1
x
xm
xx m
ì
+=-
ï
ï
í
ï
=-
ï
î
Giả sử
()
11
;
A
xx m+ và
()
22
;.Bx x m+
YCBT
()() ( )
2
12 1 2 12 1 2
.0 02 0OA OB x x x m x m x x m x x m=+++=+++=
 
()()
2
21 3 0 2 0 2.mm mm m m-+ -+=+==-
Bài tập 25. Tìm giá trị thực của tham số
m để đường thẳng
:3dy x m=- +
cắt đồ thị hàm số
21
1
x
y
x
+
=
-
()
C
tại hai điểm phân biệt
A
và B sao cho trọng tâm tam giác OAB thuộc đường thẳng :220,xyD- -=
với
O là gốc tọa độ.
A.
2.m =- B. 0.m = C.
1
.
5
m
=- D.
11
.
5
m
=-
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 238
Hướng dẫn giải.
Chọn D.
Phương trình hoành độ giao điểm:
()
21
3 1
1
x
xm x
x
+
=- + ¹
-
()()()
2
21 3 1 3 1 10.xxmxxmxm+=-+ - -+ ++=
()
*
Để
d
cắt
()
C
tại hai điểm phân biệt
()
*
có hai nghiệm phân biệt
2
1
10 11 0 .
11
m
mm
m
é
<-
ê
D= - - >
ê
>
ë
Gọi
1
,
x
2
x
là hai nghiệm của
()
*
. Theo Viet, ta có
12
1
3
m
xx
+
+=
và
12
1
.
3
m
xx
+
=
Giả sử
()
11
;3
A
xxm-+
và
()
22
;3 .Bx x m-+
Suy ra
()
12
12
32
;.
33
x
xm
xx
G
æö
-++
+
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
÷
ç
èø
YCBT :
()
12
12
32
2. 2 0
33
xx m
xx
G
-++
+
ÎD¾¾- -=
()
()
12
111
2. 2 0 .
93 5
mm
m
m
-++
+
- -==-
thoûa maõn
Câu 65. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m
để đường thẳng :2dy x m=+ cắt đồ thị hàm số
24
1
x
y
x
-
=
-
()
C
tại hai điểm phân biệt
A
và
B
sao cho
415,
IAB
S
D
=
với
I
là giao điểm của hai đường tiệm
cận của đồ thị.
A.
5.m =- B. 5.m = C. 5.m = D. 0.m =
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Phương trình hoành độ giao điểm:
()
24
2 1
1
x
xm x
x
-
=+ ¹
-
()() ()
2
242 12 4 40.xxmxxmxm -= + - + - -+=
()
*
Để
d
cắt
()
C
tại hai điểm phân biệt
()
*
có hai nghiệm phân biệt
2
4
16 0 .
4
m
m
m
é
<-
ê
D= - >
ê
>
ë
Gọi
12
,
x
x là hai nghiệm của
()
* . Theo Viet, ta có
12
4
2
m
xx
-
+=
và
12
4
2
m
xx
-
=
.
Giả sử
()
11
;2
A
xxm+ và
()
22
;2Bx x m+ .
YCBT:
[]
22
4 15 2 . , 15 2 . 15 4 . 1125
5
IAB
m
SABdIABAB ABm
= = = =
() ()
22
22
12 1 2 12
20 1125 4 4 225xxm xx xxm
é
ù
- =+- =
êú
ë
û
()
()
22 2
16 225 25 5 .mm m m- ===thoûa maõn
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 239
BÀI 1. LŨY THỪA
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
I. Khái niệm lũy thừa
1. Lũy thừa với số mũ nguyên
Cho
n là một số nguyên dương, a là một số thực tùy ý. Lũy thừa bậc n của a là tích của n thừa
số
a .
1
thöøa soá
. ... ;
n
na
aaaaaa==
 
Trong biểu thức
n
a
, a được gọi là cơ số, số nguyên n là số mũ
Với
0a ¹
,
0n =
hoặc n là một số nguyên âm, lũy thừa bậc n của số a là số
n
a
xác định
bởi:
0
1
1;
n
n
aa
a
-
==
.
Chú ý:
 Kí hiệu
0
0,0
n
( n nguyên âm) không có nghĩa.
 Với
0a ¹
và n nguyên, ta có
1
n
n
a
a
-
=
2. Phương trình
n
x
b
a) Trường hợp
n lẻ: Với mọi số thực b, phương trình có nghiệm duy nhất
b) Trường hợp n chẵn
Với
0b , phương trình vô nghiệm
Với
0b
, phương trình có một nghiệm
0x
Với
0b
, phương trình có hai nghiệm đối nhau
3. Căn bậc n
a)Khái niệm: Với n nguyên dương, căn bậc n của số thực
a là số thực b sao cho
n
ba=
.
Ta thừa nhận hai khẳng định sau:
 Khi n là số lẻ, mỗi số thực
a
chỉ có một căn bậc n. Căn đó được kí hiệu là
n
a
 Khi n là số chẵn, mỗi số thực dương a có đúng hai căn bậc n là hai số đối nhau là
n
a ( còn gọi là
căn bậc số học của
a ) và
n
a- .
b) Tính chất căn bậc n: Với a, b
0, m, n
N*, p, q
Z ta có:
.
nnn
ab a b= ;
(0)
n
n
n
aa
b
b
b
=>
;
()
(0)
p
n
p
n
aaa=>;
m
nmn
aa=
Nếu
(0)
nm
pq
pq
thì a a a
nm
==>
; Đặc biệt
mn
m
n
aa=


,
,
n
n
anle
a
a n chan
4. Lũy thừa với số mũ hữu tỉ
Cho số thực
a dương và
r
là một số hữu tỉ. Giả sử
m
r
n
=
, trong đó m là một số nguyên, còn n là
một số nguyên dương. Khi đó, lũy thừa của a với số mũ r là số
r
a
xác định bởi
m
n
rm
n
aa a== .
4. Lũy thừa với số mũ hữu tỉ: ( SGK)
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 240
II. TÍNH CHẤT CỦA LŨY THỪA VỚI SỐ MŨ THỰC
Cho
,ab
là những số dương;
,
.aa a

;
a
a
b
;
aa

;
aa
bb



Nếu
1a
thì
aa


Nếu
1a
thì
aa


B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Các phép toán biến đổi lũy thừa
1. Phương pháp:
Ta cần nắm các công thức biến đổi lũy thừa sau:
Với
a0;b0và
,
tacó


 


.
aaa
a.a a ; a ; (a) a ; (ab) a.b ;
b
ab
Vớia,b
0,m,n
N*,p,q
Ztacó:
nnn
ab a. b
;
n
n
n
aa
(b 0)
b
b
;


p
n
p
n
aa(a0)
;

m
nmn
aa


nm
pq
pq
Neáu thì a a (a 0)
nm
;Đặcbiệt
mn
m
n
aa
Công thức đặc biệt

x
x
a
fx
aa
thì
11.fx f x
Thật vậy, ta có:

1
.
x
x
x
a
a
a
fx
a
aaa
a
a


1
x
a
fx
aa

Nên:

11.fx f x
2. Bài tập
Bài tập 1. Viết biểu thức
3
0,75
24
16
về dạng lũy thừa
2
m
ta được ?m
.
A.
13
6
. B.
13
6
. C.
5
6
. D.
5
6
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 241
Hướng dẫn giải
Chọn A

5
13
6
2
3
6
6
3
0,75 3
4
4
24 2.2 2
2
16 2
2

.
Bài tập 2. Cho 0x ;
0y
. Viết biểu thức
4
5
6
5
.
x
xx
về dạng
m
x
và biểu thức
4
5
6
5
:yyy
về
dạng
n
y
. Ta có ?mn
A.
11
6
B.
11
6
C.
8
5
D.
8
5
Hướng dẫn giải
Chọn B
4 4 5 103
1
5
6
55660
12
103
...
60
xxxxxx x m
4457
1
5
6
55660
12
7
::.
60
yyyyyy y n




11
6
mn
Bài tập 3.
Biết
44 23
xx

tính giá trị của biểu thức
22
x
x
P
:
A. 5. B.
27
. C.
23
. D. 25 .
Hướng dẫn giải
Chọn A
Do
22 0,
xx
x

Nên

2
22
22 22 2 22 44 2 2325
xx xx x x xx 

.
Bài tập 4. Biểu thức thu gọn của biểu thức
111
222
11
22
221
,( 0, 1),
1
21
aaa
Paa
a
aa a







có
dạng
m
P
an

Khi đó biểu thức liên hệ giữa
m
và
n
là:
A. 31mn. B. 2mn
 . C. 0mn
. D. 25mn.
Hướng dẫn giải
Chọn D


111
222
112
22
221 2 2 1
1
11
1
21
aaa a a a
P
a
a
aa
a
aa a












221212
11
11
aa a
aa
aaa a


 



Do đó
2; 1mn
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 242
Bài tập 5. Cho số thực dương
x
. Biểu thức
x
xxxxxxx được viết dưới dạng lũy
thừa với số mũ hữu tỉ có dạng
a
b
x
, với
a
b
là phân số tối giản. Khi đó, biểu thức liên hệ giữa
a
và b là:
A. 509ab . B. 2767ab
. C. 2709ab
. D. 3510ab .
Hướng dẫn giải
Chọn B
x
xxxxxxx
1
2
x
xxxxxxx
3
2
x
xxxxxx

1
3
2
2
xxxxxxx
7
4
x
xxxxx
7
8
x
xxxxx
15
8
x
xxxx
15
16
x
xxxx
31
16
x
xxx
31
32
x
xxx
63
32
x
xx
63
64
x
xx
127
64
x
x
127
128
x
x
255
128
x
x
255
128
x
255
256
x
. Do đó
255, 256ab
.
Nhận xét:
8
8
21
255
256
2
x
xxxxxxx x x

.
Bài tập 6. Cho 0a ; 0b . Viết biểu thức
2
3
aa
về dạng
m
a
và biểu thức
2
3
:bb
về dạng
n
b
. Ta
có ?
mn
A.
1
3
B.
1
C.
1
D.
1
2
Hướng dẫn giải
Chọn C
225
1
336
2
5
.
6
aaaa a m
;
221
1
336
2
1
::
6
bbbbb n

1
mn
Bài tập 7. Viết biểu thức
4
22
8
về dạng
2
x
và biểu thức
3
28
4
về dạng
2
y
. Ta có
22
?xy
A.
2017
567
B.
11
6
C.
53
24
D.
2017
576
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có:
3
4
8
4
8
3
22 2.2 3
2
8
8
2
x
;
3
11
2
6
2
3
3
28 2.2 11
2
6
4
2
y

22
53
24
xy
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 243
Bài tập 8. Cho
12
x
a

,
12
x
b 
. Biểu thức biểu diễn b theo a là:
A.
2
1
a
a
. B.
1a
a
. C.
2
1
a
a
. D.
1
a
a
.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có:
12 1,
x
ax

nên
1
2
1
x
a
Do đó:
1
1
11
a
b
aa


Bài tập 9. Cho các số thực dương
a
và b. Biểu thức thu gọn của biểu thức
11 11 1 1
44 44 2 2
23 23 49Pababab 
có dạng là
Pxayb
. Tính
?
x
y
A.
97xy
. B.
65xy

. C.
56xy
. D.
97yx
.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có:
22
11 11 11 1 1 11
44 44 22 4 4 22
23 23 49 2 3 49
P
ab ab ab a b ab


 

11 11
22 22
49 49ab ab
22
11
22
491681abab
.
Do đó:
16, 81xy
.
Bài tập 10. Cho các số thực dương phân biệt
a
và b. Biểu thức thu gọn của biểu thức
4
44 44
416ab a ab
P
ab ab



có dạng
44
Pmanb
. Khi đó biểu thức liên hệ giữa
m
và
n
là:
A. 23mn. B. 2mn
 . C. 0mn
. D. 31mn.
Hướng dẫn giải
Chọn A
22
4444444
44 44 44 44
416 2 2ab a ab a b aa ab
P
ab ab ab ab



.
4444 444
44 44
2abab aab
ab ab



44 4 44
2ab aba
.
Do đó
1; 1mn
.
Bài tập 11: Cho

2018
.
2018 2018
x
x
fx
Tính giá trị biểu thức sau đây ta được
1 2 2018
...
2019 2019 2019
Sf f f
 

 
 
A.
2018.S
B.
2019.S
C.
1009.S
D. 2018.S
Hướng dẫn giải
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 244
Chọn C.
Ta có:
 
2018
111
2018 2018
x
fx fxfx 
Suy ra
1 2 2018 1 2018
...
2019 2019 2019 2019 2019
Sf f f f f
 

 
 
2 2017 1009 1010
... 1009.
2019 2019 2019 2019
ff ff
 

 
 
Bài tập 12: Cho 9 9 23.
xx
 Tính giá trị của biểu thức
53 3
13 3
x
x
x
x
P


ta được
A. 2. B.
3
.
2
C.
1
.
2
D.
5
.
2
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:


2
33 5
9 9 23 3 3 25
33 5 loaïi
xx
xx xx
xx




Từ đó, thế vào

533
55 5
.
15 2
133
xx
xx
P



Dạng 2: So sánh, đẳng thức và bất đẳng thức đơn giản
1. Phương pháp
Ta cần lưu ý các tính chất sau
Cho
,
.Khiđó
a>1:

aa
;
0<a<1:

aa
Với0<a<b,
m
tacó:

mm
ab m0
;

mm
ab m0
Với
ab
,
n
làsốtựnhiênlẻthì
nn
ab
Với
a,b lànhữngsốdương,nlàmộtsốnguyêndươngkháckhông

nn
ab ab
Chúý:Nếunlàsốnguyêndươnglẻvàa<bthì
nn
ab
.
Nếunlàsốnguyêndươngchẵnvà0<a<bthì
nn
ab
.
2. Bài tập
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 245
Bài tập 1. Với giá trị nào của
a
thì đẳng thức
24 5
3
4
1
1
.. 2.
2
aaa
đúng?
A.
1a
. B.
2a
. C.
0a
. D.
3a
.
Hướng dẫn giải.
Chọn B
Ta có
1
1
2
117
3
3
4
424
24 5
3
4
1
51 17
24
5
24 2 24
1
.. ..
1
.. 2. 2.
2
1
2. 2 .2 2
2
aaa aaa a
aaa a











Bài tập 2. Cho số thực 0a . Với giá trị nào của
x
thì đẳng thức

1
1
2
xx
aa
đúng?
A.
1
x
. B.
0x
. C.
x
a
. D.
1
.
x
a
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
 
2
11
12210
2
xx x x x
x
aa a a a
a

2
10 1 0
xx
aax
.
Bài tập 3. Tìm tất cả các giá trị của a thỏa mãn
15 7 5 2
aa
.
A. 0a . B. 0a
. C. 1a . D. 01a.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có
72 7 6
15 7 5 2
15 5 15 15
1.aaaaaa a
Bài tập 4.
Tìm tất cả các giá trị của a thỏa mãn

21
33
11aa

.
A.
2a . B. 1a . C. 12a
. D. 01a.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Ta có
21
33

, kết hợp với

21
33
11aa

. Suy ra hàm số đặc trưng
1
x
ya
đồng biến
cơ số 11 2aa .
Bài tập 5. Nếu
1
1
6
2
aa
và
23
bb
. Tìm mối các điều kiện của đáp án a và b
A.
1; 0 1ab
. B.
1; 1ab
.
C.
01;1ab
. D.
1; 0 1ab
Hướng dẫn giải
Chọn D
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 246
Vì
1
1
6
2
11
26
1a
aa

và
23
23
01b
bb

Bài tập 6. Kết luận nào đúng về số thực
a
nếu
21
33
(1) (1)aa

A.
2a
. B.
0a
. C.
1a
. D.
12a
.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Do
21
33

và số mũ không nguyên nên
21
33
(1) (1)aa

khi
11 2
aa
.
Bài tập 7.
Kết luận nào đúng về số thực a nếu
31
(2 1) (2 1)aa

A.
1
0
2
1
a
a


. B.
1
0
2
a

. C.
01
1
a
a
. D.
1a 
.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Do
31
và số mũ nguyên âm nên
31
(2 1) (2 1)aa


khi
1
02 11
0
2
21 1
1
a
a
a
a




.
Bài tập 8.
Kết luận nào đúng về số thực a nếu
0,2
2
1
a
a



A. 01a. B. 0a . C. 1a . D. 0a .
Hướng dẫn giải
Chọn C
0,2
20,22
1
aaa
a




Do
0, 2 2
và có số mũ không nguyên nên
0,2 2
aa
khi 1a .
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 247
HÀM SỐ LŨY THỪA
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
1. Khái niệm hàm lũy thừa
Hàm số lũy thừa là hàm số có dạng
,yx
.
Chú ý: Tập xác định của hàm số lũy thừa phụ thuộc vào giá trị của
- Với
nguyên dương thì tập xác định là R
- Với
nguyên âm hoặc bằng 0, tập xác định là
\0
- Với
không nguyên thì tập xác định là
0;
Theo định nghĩa, đẳng thức
1
n
n
x
x= chỉ xảy ra nếu
0.x >
Do đó, hàm số
1
n
yx=
không đồng nhất
với hàm số
()
*
n
yxn=Î
. Bài tập
3
yx=
là hàm số căn bậc 3, xác định với mọi
x Î
; còn hàm số
lũy thừa
1
3
yx=
chỉ xác định khi
0x >
2.Đạo hàm của hàm số lũy thừa
() ()
()
()
'
1
'
1
vôùi 0; . ',vôùi 0
1
, vôùi moïi 0 neáu chaün, vôùi moïi 0 neáu leû
'
, vôùi moïi u 0 neáu chaün, vôùi moïi u 0 neáu leû
11
'. '.
n
n
n
n
n
n
xuu
x
xn xn
nx
u
unn
nu
xx uu
aa aa
aa
-
-
>>
=> ¹
=> ¹
--
==
3.Khảo sát hàm số lũy thừa
Tập xác định của hàm số lũy thừa
yx
luôn chứa khoảng
0;
với mọi
. Trong trường
hợp tổng quát ta khảo sát hàm số
yx
trên khoảng này.
*
*
2,nn

21,nn

T
ập xác định:
D
.
Sự biến thiên:
221
2.
nn
yx y nx

.
00yx
.
B
ảng biến thiên
T
ập xác định:
D
.
Sự biến thiên:
21 2
21. 0
nn
yx y n x y xD

 
.
Hàm số đồng biến trên
D
.
B
ảng biến thiên
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 248
Hàm số đồng biến trên

0;  .
Hàm số nghịch biến trên

;0
.
Đ
ồ thị:
Đ
ồ thị:
\

2, \kk

21, \kk

T
ập xác định:
0\D
.
Sự biến thiên:
221
2.
nn
yx y nx

.
G
iới hạn:
lim 0 0
x
yy


là TCN.
0
0
lim
0
lim
x
x
y
x
y



là TCĐ.
B
ảng biến thiên
T
ập xác định:
0\D
.
Sự biến thiên:
21 2
21. 0
kk
yx y k x y xD

 
.
Hàm số nghịch biến trên
D
.
G
iới hạn:
lim 0 0
x
yy


là TCN.
0
0
lim
0
lim
x
x
y
x
y



là TCĐ.
B
ảng biến thiên
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 249
Hàm số đồng biến trên

;0 .
Hàm số nghịch biến trên

0; 
.
Đ
ồ thị:
Đ
ồ thị:
Trong giới hạn chương trình ta chỉ khảo sát trên
0;
.
0
0
T
ập khảo sát:
0;D 
.
Sự biến thiên:
1
.0yx

hàm số đồng biến trên

0; 
.
G
iới hạn:
0
lim 0; lim
x
x
xx



.
Hàm số không có tiệm cận.
B
ảng biến thiên
T
ập khảo sát:
0;
D
.
Sự biến thiên:
1
.0
yx
hàm số nghịch biến trên
0;
.
G
iới hạn:
0
lim

x
x TCĐ:
0
x
.
lim 0

x
x
TCN:
0
y
B
ảng biến thiên
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 250
Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm
1;1A
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 251
HÀM SỐ LŨY THỪA
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1. Tìm tập xác định của hàm số lũy thừa
1. Phương pháp giải
Ta tìm điều kiện xác định của hàm số

,yfx


dựa vào số mũ
của nó như sau:
• Nếu
là số nguyên dương thì không có điều kiện xác định của

.fx
• Nếu
là số nguyên âm hoặc bằng 0 thì điều kiện xác định là

0.fx
• Nếu
là số không nguyên thì điều kiện xác định là

0.fx
2. Bài tập
Bài tập 1. Tìm giá trị thực của tham số
m
để hàm số

2
2
yxm
có tập xác định là
.
A. mọi giá trị
m
. B.
0m
. C.
0m
. D.
0m
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Để hàm số

2
2
yxm
có tập xác định là
thì
2
0xm
0m
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 252
Bài tập 2. Tìm tập xác định
D
của hàm số
2
3
1
41.
1
x
yx x
x

A.

2;2 .D
B.
2;2 \ 1 .D
C.
;2 2; .D 
D.
2;2 \ 1 .D 
Hướng dẫn giải
Chọn B
Hàm số xác định khi và chỉ khi
2
22
40
.
1
1
x
x
x
x



Vậy tập xác định của hàm số là
2;2 \ 1 .D
Bài tập 3. Tìm tập xác định
D
của hàm số


3
5
22
5
2952.yx x x x

A.
;3 3; .D 
B.
2; .D

C.
3; .D 
D.
\3,3,2.D
Hướng dẫn giải
Chọn C
Hàm số xác định khi và chỉ khi
2
2
20
3.
3
90
3
x
x
x
x
x
x






Vậy tập xác định của hàm số là
3; .D

Bài tập 4. Tìm tập xác định
D
của hàm số

23
2232
54 37 21.yx x x x x x x
 
A.
;1 4; \ 0 .D 
B.
;1 4; .D

C.

1; 4 .D
D.
1; 4 .D
Hướng dẫn giải
Chọn A
Hàm số xác định khi và chỉ khi
2
1
540
.
4
0
0
x
xx
x
x
x



Vậy tập xác định của hàm số là
;1 4; \ 0 .D 
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 253
Bài tập 5: Có bao nhiêu giá trị nguyên của
2018;2018m
để hàm số

5
2
21yx xm
có
tập xác định là
?
A. 4036. B. 2018. C. 2017. D. Vô số
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Vì số mũ 5 không phải là số nguyên nên hàm số xác định với
.
x
2
210,xxm x

0
0 luoân ñuùng vì 1 0aa


110m
0m
Mà

2018;2018
1,2,3,...,2017 .
m
m
m


Vậy có 2017 giá trị nguyên của tham số
m thỏa mãn yêu cầu.
Dạng 2: Đồ thị hàm số lũy thừa
Bài tập 1. Cho các hàm số lũy thừa ,yx
a
= yx
b
= trên
()
0;+¥
có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây
đúng?
A.
01.ba<<<
B.
01.ab<<<
C.
01.ba<<<
D.
01 .ba<<<
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Từ hình vẽ ta thấy hàm số
•
yx
a
= đồng biến trên
()
1; +¥
và nằm trên đường thẳng
y
x=
nên
1.a >
• yx
b
= đồng biến trên
()
1;+¥
và nằm dưới đường thẳng
y
x=
nên
01.b<<
Vậy
01.ba<<<
Bài tập 2. Cho các hàm số lũy thừa ,yx
a
= ,yx
b
=
yx
g
= trên
()
0;+¥
có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề
nào sau đây đúng?
A.
.gab<<
B.
.bga<<
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 254
C.
.agb<<
D.
.gba<<
Hướng dẫn giải.
Chọn D.
Từ hình vẽ ta thấy hàm số
•
yx
g
= nghịch biến trên
()
0;+¥
nên
0.g <
• như câu trên ta có
01.ba<<<
Vậy
01.gba<<<<
Bài tập 3. Cho các hàm số lũy thừa
,yx
a
=
,yx
b
=
yx
g
= trên
()
0;+¥
có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề
nào sau đây đúng?
A. 0.gba<<<
B. 01.gba<<<<
C.
1.gba<<<
D.
01.abg<<<<
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Dựa vào đồ thị, ta có
• Với
01x<<
thì
1
1xxxx
abg
abg<<<¾¾>>>
.
•
Với 1x > thì
1
1xxx x
gba
gba<<<¾¾< < <
.
Vậy với mọi
0,x >
ta có
1.abg>>>
Nhận xét.
Ở đây là so sánh với đường
1
.yxx==
Bài tập 4. Cho hàm số
()
1
4
1.yx
-
=-
Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
Đồ thị hàm số không có đường tiệm cận đứng.
B. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng
1.x =-
C. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng
0.x =
D. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng
1.x =
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 255
Hướng dẫn giải.
Chọn D.
Bài tập 5.
Cho hàm số
1
2
.yx
-
=
Cho các khẳng định sau:
i) Hàm số xác định với mọi
.
x
ii) Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm
()
1;1 .
iii) Hàm số nghịch biến trên
.
iv) Đồ thị hàm số có
2
đường tiệm cận.
Trong các khẳng định trên có bao nhiêu khẳng định đúng?
A.
1.
B.
2.
C.
3.
D.
4.
Hướng dẫn giải.
Chọn B.
Ta có khẳng định ii) và iv) là đúng.
i) sai vì hàm số đã cho xác định khi
0.x >
iii) sai vì hàm số nghịch biến trên
()
0; .+¥
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 256
BÀI 3. LÔGARIT
A. KIẾN THƯC CƠ BẢN CẦN NẮM
1. Khái niệm lôgarit
Cho hai số dương
,ab với 1a . Số
thỏa mãn
đẳng thức
ab
được gọi là lôgarit cơ số
a
của
b , và ký hiệu là log
a
b .
2. Tính chất
Cho , 0, 1ab a. Ta có:

log
log 0; log 1
;log


a
aa
b
a
a
ab a
Nhận xét:
log , 0, 1

a
bababa
Bài tập:
3
2
log 8 3 2 8

Chú ý:
Không có lôgarit của số âm và số 0.
3. Quy tắc tính lôgarit
a. Lôgarit của một tích
Cho
12
,, 0ab b với 1a
, ta có:
12 1 2
log ( ) 
aaa
b b log b log b
Chú ý: Định lý trên có thể mở rộng cho tích của n
số dương:
11
log ... log ... log
an a an
bb b b
trong đó
12
, , ,..., 0, 1.
n
ab b b a
Bài tập:
11
log log 2 log .2 log 1 0;
22





333 33
123 78
log log log ... log log
234 89

3
123 78
log . . ..... .
234 89



3
1
log 2.
9

b. Lôgarit của một thương
Cho
12
,, 0ab b với 1,a
ta có:
1
12
2
log log log
aaa
b
bb
b

Đặc biệt:
1
log log
aa
b
b

0, 0 .ab
Bài tập:
•
555
125
log log 125 log 25 3 2 1;
25

•
77
1
log log 49 2.
49

c. Lôgarit của một lũy thừa Bài tập:
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 257
Cho hai số dương
,,ab 1.a
Với mọi
, ta có:
log log
aa
bb
Đặc biệt:
1
log log
n
aa
bb
n
•
3
22
log 8 3log 8 3.3 9;

•
4
22
113
log 8 log 8 .3 .
444

4. Đổi cơ số
Cho
,, 0; 1; 1,abc a c
ta có:
log
log
log
c
a
c
b
b
a
Đặc biệt:

1
log 1 ;
log
a
b
bb
a


1
log log 0 .
a
a
bb

Bài tập:
•
2
8
2
log 16
4
log 16 ;
log 8 3
•
3
27
1
log 27 3;
log 3
•
7
128 2
2
11
log 2 log 2 log 2 .
77

5. Lôgarit thập phân – lôgarit tự nhiên
a. Lôgarit thập phân
Lôgarit thập phân là lôgarit cơ số 10. Với
10
0, logbb thường được viết là logb hoặc
lgb .
b. Lôgarit tự nhiên
Lôgarit tự nhiên là lôgarit cơ số e . Với
0, log
e
bb
được viết là lnb .
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 258
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TÂP
Dạng 1. Tính giá trị của biểu thức không có điều kiện. Rút gọn biểu thức.
1. Phương pháp giải
Để tính
log
a
b
ta có thể biến đổi theo một trong các cách
sau:
•
,ba
từ đó suy ra log log ;
aa
ba

•
,ab
từ đó suy ra
1
log b log ;
a
b
b

•
,ac
,bc
từ đó ta suy ra
log log .
a
c
bc

Để tính
log
a
c
b , ta biến đổi ba
, từ đó suy ra
log log
aa
cc
ba c

Bài tập:
•
5
7
32
2
7
log 128 log 2 ;
5
•
22
log 9 5log 9
5
32 2 9 .
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 259
2. Bài tập
Bài tập 1:
Cho ,b,c,d 0a . Rút gọn biểu thức Sln ln ln ln
abcd
bcda

ta được
A.
1.S
B.
S0.
C.
ln .
abcd
S
bcda




D.
ln .S abcd
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có: ln ln ln ln ln . . . ln1 0.
abcd abcd
S
bcda bcda




Bài tập 2: Cho ,0ab và ,1ab , biểu thức
34
log .log
b
a
P
ba bằng
A. 6 B. 24 C. 12. D. 18.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có :
1
2
34 34
31
log .log log .log .4.log . 24.
1
log
2
bba
a
a
a
Pba ba b
b

Bài tập 3: Cho ,ab là các số thực dương thỏa mãn 1,a
ab và
log 3.
a
b
Biến đổi biểu
thức
Plog
b
a
b
a
ta được
A.
533.P 
B.
13.P 
C.
13.P  D. 533.P 
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:


11
log
log 1 3 1
31
22
13.
1
log 1 3 2
log 1
log
2
a
a
a
a
a
b
b
a
P
bb
b
a



Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 260
Bài tập 4 : Biến đổi biểu thức

2
3
10 2 2
log log log
a
ab
a
Pab b
b




(với
01, 01ab 
)
ta được
A. 2.P B. 1.P C. 3.P D.
2.P
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Sử dụng các quy tắc biến đổi lôgarit ta có:

2
3
10 2 2
log log log
a
ab
a
Pab b
b





10 2
1
log log 2 log log 3. 2 log
2
aa aa b
ab ab b





11
10 2log 2 1 log 6 1.
22
aa
bb






Bài tập 5. Rút gọn biểu thức
32
log 2 log log log log log
bbbaabb
Pa aabba
với
0,1ab.
A.
1
P
. B.
2
P
. C.
0P
. D.
3P
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:
32
log 2 log log log log log
bbbaabb
Pa aabba

2
1
log log 2log 1 log log
log
bb b a b
b
aa a b a
ab





2
1
log log 1 log log
log 1
bb a b
b
aa b a
a





2
log log 1 1
log log 1 log
log 1
ab
bb b
b
ba
aa a
a






log log 1 log log log 1 log
bb ab a b
aa ba b a

log log 1 log log
bb a b
aa b a
log 1 log 1
bb
aa
.
Bài tập 6. Cho 0a , 0b thỏa mãn
22
221 4 1
log 4 1 log 2 2 1 2
ab ab
ab ab


. Giá trị của
2ab
bằng:
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 261
A.
15
4
. B. 5. C.
4
. D.
3
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn
A.
Ta có
22
44ab ab , với mọi ,0ab . Dấu ‘
’ xảy ra khi 2ba

1
.
Khi đó

22
221 4 1
2log 4 1 log 2 2 1
ab ab
ab ab



221 4 1
log 4 1 log 2 2 1
ab ab
ab a b


.
Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy ta có

221 4 1
log 4 1 log 2 2 1 2
ab ab
ab a b


.
Dấu ‘
’ xảy ra khi
221
log 4 1 1
ab
ab

41221ab a b

2
.
Từ
1
và
2
ta có
2
860aa
3
4
a
. Suy ra
3
2
b
. Vậy
15
2
4
ab
.
Bài tập 7. Cho
3
log 7
27a
,
7
log 11
49b
,
11
log 25
11c
. Tính


22
2
37
11
log 7 log 11
log 25
Sa b c
.
A. 33S . B. 469S
. C. 489S
. D. 3141S .
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có:
3
log 7
27a
3
log 7 log 27
a
33 3
log 7.log 7 log 27.log 7
a

2
33
log 7 3log 3.log 7
a


2
3
3
log 7 log 7
a


2
3
3
log 7
log 7
a
aa
3
7
.
Tương tự ta có

2
7
7
log 11
log 11
2
49 11bb
;

2
11
11
log 25
log 25
11 5bc

.
Vậy


22
2
37
11
log 7 log 11
log 25
Sa b c
32
7115

469
.
Bài tập 8. Đặt
7
log 2 a
,
7
log 3 b
,
77 7 7
1 2 2014 2015
log log ... log log
2 3 2015 2016
Q 
. Tính Q
theo
a ,
b
.
A.
521ab
. B.
521ab
. C.
521ab
. D.
521ab
.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có
77 7 7
1 2 2014 2015
log log ... log log
2 3 2015 2016
Q 
77 7 7 7 7 7 7
log 1 log 2 log 2 log 3 ... log 2014 log 2015 log 2015 log 2016
77 7
log 1 log 2016 log 2016
7
log 32.9.7
777
log 32 log 9 log 7
52
77
log 2 log 3 1
77
5log 2 2log 3 1

521ab
 .
Bài tập 9. Cho hai số thực dương ,ab (1a
) thỏa mãn các điều kiện
log
4
a
b
b
và
2
16
log
a
b
.
Tính tổng
Sab.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 262
A.
12S
. B.
10S
. C.
16S
. D.
18S
.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có
2
log
4
16
log
a
b
b
a
b
4
16
2
b
b
ba
a
16
4
16
2
2
b
b
b
b
a




16
.
4
16
2
2
b
b
b
b
a
16
2
b
a
.
Vậy ta có 16 2 18S .
Bài tập 10. Gọi
12
,
x
x
là các nghiệm của phương trình
2
20 2 0xx

. Tính giá trị của biểu thức
12 1 2
log( ) log logPxx xx
.
A.
1
2
. B.
1
. C.
0
.
D.
10
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
12 1 2
log( ) log logPxx xx
12 12
log log .
x
xxx
12
12
log
.
x
x
x
x
.
Vì
1
x
,
2
x
là hai nghiệm của phương trình
2
20 2 0xx

nên ta có
12
20xx
;
12
.2xx
.
Vậy ta có
20
log 1
2
P
.
Bài tập 11. Cho
=+ ++
216
11 1
...
log l og log
a
aa
M
xx x
. Tính
M
.
A.
=
272
log
a
M
x
. B.
=
136
log
a
M
x
. C.
=
1088
log
a
M
x
. D.
=
272
3log
a
M
x
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
216
11 1
...
log log log
a
aa
M
x
xx

216
log log ... log
xx x
aa a
216
log log ... log
xx x
aa a log 2 log ... 16 log
x
xx
aa a

12...16log
x
a
16 1 16
log
2
x
a
136
log
a
x
.
Bài tập12. Với
,,
x
yz
là các số nguyên dương thỏa mãn
1512 1512 1512
log 2 log 3 log 7 1xyz

.
Tính giá trị của biểu thức
3Qxy z .
A. 1512 . B.
12
. C. 9. D. 7.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 263
Ta có
1512 1512 1512
log 2 log 3 log 7 1xyz
1512 1512 1512 1512
log 2 log 3 log 7 log 1512
xyz

1512 1512
log 2 .3 .7 log 1512
xyz

2.3.7 1512
xyz

33
2 .3 .7 2 .3 .7
xyz

3
3
1
x
y
z

.
Vậy
331.3 9Q  .
Bài tập 13. Giá trị biểu thức
2 3 2017
11 1
...
log 2017! log 2017! log 2017!
P 
là
A. 0. B. 2. C. 1. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có
2 3 2017
11 1
...
log 2017! log 2017! log 2017!
P 
2017! 2017! 2017!
log 2 log 3 ... log 2017


2017!
log 2.3...2017
2017!
log 2017! 1
.
Bài tập 14. Giả sử
3
0;cos
2
10
xx

. Giá trị của biểu thức
log sin log cos log tan
x
xx là
A.
3
.
10
B.
1
.
10
C.
3
.
10
D.
1
.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có
22
sin 1 cos
x
x
91
1
10 10

.
Khi đó
log sin log cos log tan
x
xx
2
log sin .cos . tan log sin
x
xx x
1
log 1
10

.
Bài tập 15. Cho
7
log 12
x
,
12
log 24
y
và
54
1
log 168
axy
bxy cx
, trong đó ,,abc là các số
nguyên. Tính giá trị biểu thức 2 3 .Sa b c
A. 4S . B. 19.S
C. 10.S
D. 15.S
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:
7
54
7
log 24.7
log 168
log 54
7
7
log 24 1
log 54
712
7
log 12log 24 1
log 54
712
712
log 12log 24 1
log 12log 54
12
1
.log 54
xy
x
Tính

12 12
log 54 log 27.2
12 12
3log 3 log 2
12 12
3.2.12.24 24
3log log
2.12.24 12

.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 264
3
12 12
2
12 24
3log log
24 12

12 12
3 3 2 log 24 log 24 1
12
85log24
85y .
Do đó:

54
1
log 168
85
xy
x
y
1
58
xy
x
yx
.
Vậy
1
5
8
a
b
c

2315Sa b c .
Bài tập 16. Với
,ab
thỏa mãn để hàm số

2
1
1
xkhix
fx
ax b khi x
có đạo hàm tại
0
1x
. Khi đó
giá trị biểu thức
2
log 3 2Sab
bằng?
A.
1S
.
B.
2S
. C.
3S
. D.
4S
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Hàm số

f
x
có đạo hàm tại
0
1x
suy ra:.
+ Hàm số liên tục tại
0
1x
:
11
lim lim 1 1 1
xx
fx fx f ab



.
+ Tồn tại giới hạn
1
1
lim
1
x
f
x
f
x
.

11
11
lim lim
11
xx
f
x
ff
x
f
xx





.
2
11
11
lim lim
11
xx
x
ax b
xx





.
1
2lim
1
x
ax b a b
x


.

22a
.
Từ
1
và
2
suy ra
2
1
a
b

.

22
log 3 2 log 4 2Sab
.
Dạng 2. Đẳng thức chứa logarit
1.Phươngpháp
2.Bàitập
Bài tập 1: Cho ,0
x
y và
22
412.
x
yxy Khẳng đinh nào sau đây đúng?
A.
222
log 2 log log 1.xy x y
B.
222
2
log log log .
4
xy
x
y




Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 265
C.
 
222
1
log 2 2 log log .
2
x
yxy
D.

222
4log 2 log log .
x
yxy
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Với ,0
x
y , ta có:
2
22
412 2 16
x
yxyxy xy
2
22
log 2 log 16
x
yxy
222
2log 2 4 log log
x
yxy
 

222
1
log 2 2 log log .
2
x
yxy
Bài tập 2: Cho
,
x
y
là các số thực lớn hơn 1 thỏa mãn
22
96
x
yxy
. Tính
12 12
12
1log log
2log ( 3 )
xy
M
xy

.
A.
1
4
M
. B.
1
M
. C.
1
2
M
. D.
1
3
M
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
22
96
x
yxy

2
30xy
3
x
y
.
Vậy ta có

12 12
12
1log log
2log 3
x
y
M
x
y

12 12
12
1 log 3 log
2log 6
yy
y

12 12 12 12
12 12
log 12 log 3 log log
2 log 6 log
yy
y

12 12
12 12
log 36 2 log
1
log 36 2 log
y
y

.
Bài tập 3: Cho biểu thức
3
log
2
5
3 log .log 25
a
a
Ba
với a là số dương, khác 1. Khẳng định nào
sau đây là đúng?
A.
25Ba. B.
2
4
log 1
a
B
. C. 4Ba
. D. 3B .
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có
3
log
2
5
3 log .log 25
a
a
Ba
5
2log .log 25
a
aa
2
5
2log .log 5
a
aa
5
4log .log 5
a
aa
4a.
Vậy 4Ba
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 266
Bài tập 4: Gọi
c
là cạnh huyền,
a
và
b
là hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Trong các
khẳng định sau khẳng định nào đúng?
A.
log log 2 log .log
bc cb bc cb
aa aa


.
B.
log log 2 log .log
bc bc bc bc
aa aa


.
C.
log log log .log
bc cb bc cb
aa aa


.
D.
log log 4 log .log
bc bc bc bc
aa aa


.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Ta có:
222
cab
22 2
cb a
2
.cb cb a

log . 2
a
cb cb

log log 2
aa
bc cb
 
11
2
log log
aa
bc cb


log log 2 log .log
bc cb bc cb
aa aa


(đpcm).
Bài tập 5: Cho
27
log 5 a
,
8
log 7 b
,
2
log 3 c
. Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
12
32
log 35
2
bac
c
. B.
12
33
log 35
2
bac
c
.
C.
12
32
log 35
3
bac
c
. D.
12
33
log 35
1
bac
c
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có :

27 3 8 2 2
log 5 lo g 5 3 ; log 7 lo g 7 3 ; log 3aabbc


2
333
2
12
333 3
log 7
3
log 5 log 5 log 7
log 3
log 35
log 12 log 3 log 4 1 2 log 2
a

3
3
33
1
2
12.
b
a
ac b
c
c
c
.
Bài tập 6: Cho

14
4
1
log log 1yx
y

, với 0,yyx. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng
định sau?
A. 34
x
y . B. 3
x
y
. C.
3
4
x
y
. D.
3
4
yx
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có

14
4
1
log log 1yx
y

44
log log 1yx y
44
log 1 logyyx

44
log log 4.yyx
4yyx

3
4
x
y
.
Bài tập 7: Số thực dương ,ab thỏa mãn
41216
log log log ( )ab ab

. Mệnh đề nào dưới đây
đúng?
A.
2
;1
3
a
b



. B.
2
0;
3



a
b
C.

9;12
a
b
. D.
(9;16)
a
b
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 267
Hướng dẫn giải.
Chọn B.
Giả sử
41216
log log log ( ) tab ab
. Khi đó, ta có:
4; 12; 16
tt t
ab ab
. Từ đây,
ta có phương trình:
13
41216 1
44
tt
tt t
 

 
 
*
.
Vế trái của phương trình
*
nghịch biến nên
*
có 1 nghiệm duy nhất là
1t
. Suy ra
4; 12ab suy ra
12
0;
33
a
b




.
Bài tập8: Có tất cả bao nhiêu số dương
a
thỏa mãn đẳng thức
235 235
log log log log .log .logaaa aaa
.
A. 3. B. 1. C. 2. D. 0.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Ta có
235 235
log log log log .log .logaaa aaa
23252 2355
log log 2.log log 2.log log .log 5.log .logaaaaaa
2
235235
log . 1 log 2 log 2 log .log 5.logaaa
2
23535
log . 1 log 2 log 2 log 5.log 0aa
2
2
3535
log 0
1 log 2 log 2 log 5.log 0
a
a

35
5
3
1
1 log 2 log 2
log
log 5
a
a


35
3
1log2log2
log 5
1
5
a
a

.
Bài tập 9: Cho
n
là một số nguyên dương, tìm
n
sao cho
3
22 2 22
log 2019 2 log 2019 3 log 2019 ... log 2019 1008 .2017 .log 2019
n
a a
aa a
n
A. 2017 . B. 2019 . C. 2016 . D. 2018 .
Hướng dẫn giải
Chọn C
Đặt
3
22 2 22
log 2019 2 log 2019 3 log 2019 ... log 2019 1008 .2017 .log 2019
n
a a
aa a
n
.
Ta có
23
log 2019 log 2019
n
a
a
nn
.
Vậy VT


2
333 3
1
1 2 3 ... log 2019 .log 2019
2
aa
nn
n




.
Hay từ
ta có
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 268

2
22
1
.log 2019 1008 .2017 .log 2019
2
aa
nn



2
2222
1 2 .1008 .2017nn

2
222
1 2016 .2017nn
2
4066272 0nn

2016
2017
n
n

2016n
(vì
n
).
Bài tập 10: Cho

22
22
log 1 log
x
yxy
, với 0xy . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng
định sau?
A.
x
y
. B.
x
y
. C.
x
y
. D.
2
x
y
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có

22
22
log 1 log
x
yxy
22
22
log log 2
x
yxy
22
2
x
yxy

2
0xy
x
y
.
Dạng 3. Biểu thị biểu thức theo một biểu thức đã cho và từ đó tìm GTLN, GTNN
1. Phương pháp giải
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hai số thực
x
,
y
thỏa mãn
22
log 2 4 1
xy
xy
. Tính
x
P
y
khi biểu thức
435Sxy đạt giá trị lớn nhất.
A.
8
5
P
. B.
9
5
P
. C.
13
4
P
. D.
17
44
P
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có

22
log 2 4 1
xy
xy

22
21xy x y

22
124xy

.
Khi đó ta có
435Sxy



22
22
413 27 43 1 2 73xy xy .
Dấu
""
xảy ra khi và chỉ khi
12
43
4353
xy
xy


13
5
4
5
x
y
.
Vậy ta có
x
P
y
13
13
5
4
4
5

.
Bài tập 2. Xét các số thực
a
, b thỏa mãn 1ab . Tìm giá trị nhỏ nhất
min
P
của biểu thức

22
log 3log




ba
b
a
Pa
b
.
A.
min
19P
. B.
min
13
P
. C.
min
14
P
. D.
min
15P
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 269
Hướng dẫn giải
Chọn D
Với điều kiện đề bài, ta có

2
2
2
2
log 3log 2 log 3log 4 log . 3log


  

  


  

aaa
bb
b
b
bb
aaaa
Pa a b
bbbb
2
4 1 log 3log .







ba
b
a
b
b
Đặt
log 0
a
b
tb
(vì 1
ab ), ta có
 
2
2
33
41 4 48 Pt t
t
t
f
t
t
.
Ta có
2
32
22 2
214 3
38 3
() 8
6
8
8


t
t
tt
t
ft t
tt t
Vậy

1
0
2
ft t
. Khảo sát hàm số, ta có
min
1
15
2



Pf
.
Bài tập 3. Xét các số thực dương
x
,
y
thỏa mãn
3
1
log 3 2 4
2
xy
xy
x
y
xy

. Tìm giá trị nhỏ
nhất
min
P
của
P
xy
.
A.
min
911 19
9
P
. B.
min
911 19
9
P
.
C.
min
18 11 29
9
P
. D.
min
211 3
3
P
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
3
1
log 3 2 4
2
xy
xy x y
xy

33
log 1 log 2 3 1 2 1xy xy xy xy
33
log 3 1 log 2 3 1 2
x
yxyxyxy
33
log 3 1 3 1 log 2 2
x
yxy xyxy
Xét
3
log
f
ttt
,
0t

1
10, 0
ln 3
ft t
t

Suy ra :
31 2
f
xy f x y
33 2
x
yx y

32
13
y
x
y

Điều kiện
2
1522
00
25
63
xy y
y
xy
y

 
32
13
y
Pxyy
y

Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 270

2
111
11
3
10
13
111
3
y
P
y
y



Lập bảng biến thiên ta có
min
211 3
3
P
.
Bài tập 4. Cho các số thực ,, 1;2abc


thỏa mãn điều kiện
333
222
log log log 1abc

Khi biểu thức
333
222
3 log log log
abc
Pa b c a b c
đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của
abc bằng
A. 3. B.
3
1
33
3.2 . C. 4. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta xét hàm số
33
22
3log logfx x x x c
với
1; 2 .x
Ta có đạo hàm

2
2
2
2
3log
3
f33log ;
ln2 ln2
x
xx x
x


2
22
22 2
63log
3
f6 .
ln2
ln 2 ln2
log x x
xx
x
xx


Vì

22
33 2 32
6log 3 log
13
61 0 1;2
ln 2 ln2 ln 2
xx
fx x
xx x





nên
11,670.fx f
 

Như vậy hàm số
fx
đồng biến và có nghiệm duy nhất trên 1; 2
vì
10; 20ff

và có đồ
thị lõm trên
1; 2


. Do đó ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta nhận thấy rằng
1fx
cho nên
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 271
333
222
3 log log log 4Pabc
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1, 2ab c và các hoán vị.
Bài tập 5. Trong tất cả các cặp
;
x
y thỏa mãn
22
2
log 4 4 4 1.
xy
xy


Với giá trị nào của m
thì tồn tại duy nhất cặp

;
x
y sao cho
22
222 0?xy xy m

A.
2
10 2 . B.
2
10 2 và
2
10 2 .
C.
10 2
và
10 2.
D.
10 2.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Điều kiện: 4440.
x
y
Ta có
22
2
log 4 4 4 1
xy
xy


22
22
1
444 2 2 2 2 .
x
yxy x y C
Miền nghiệm của bất phương trình là hình tròn (cả bờ)
1
C có tâm
1
2;2I bán kính
1
2.R
Mặt khác:
22
22
222 0 1 1 *.xy xy m x y m
Với
0m thì 1; 1
x
y (không thỏa mãn
22
222xy
 ).
Với
0m
thì
* là đường tròn

2
C có tâm
2
1; 1I bán kính
2
.
R
m
Để tồn tại duy nhất cặp

;
x
y thì
1
C và
2
C tiếp xúc với nhau.
Trường hợp 1:
1
C
và
2
C
tiếp xúc ngoài.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 272
Khi đó:
2
1212
210 102.RR II m m
Trường hợp 2:
1
C nằm trong

2
C và hai đường tròn tiếp xúc trong.
Khi đó:
2
2112
210 102.RRII m m
Vậy
2
10 2m  và
2
10 2m  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 6. Xét các số thực a, b thỏa mãn 1.ab Giá trị nhỏ nhất
min
P
của biểu thức

22
log 3log
ab
b
a
Pa
b




bằng
A.
min
19.P B.
min
13.P C.
min
14.P D.
min
15.P
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:


2
22
2
log 3log 3 log 1
log
ab b
b
a
a
Pa a
a
b
b











2
2
3log 1.
1log
b
a
a
b





Đặt
log 0 1 .
a
bt t Khi đó


2
43
3
1
Pft
t
t

với
01.t
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 273
Ta có



32
83 1
0.
3
1
ft ft t
t
t


Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên, ta có
min
15.P
Bài tập 7. Cho hai số thực x, y thỏa mãn:
22
3xy
và
22
222
log 4 3 4 3 2
xy
xx x y y



Gọi
M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
P
xy
Khi đó biểu thức
21TMm có giá trị gần nhất số nào sau đây?
A. 7. B. 8. C. 9. D. 10.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có
22 22
222 22
log 4 3 4 3 2 log 4 3 2
xy xy
xx x y y x y x






2
2
22 22 2
43 2 1.xy x xy x y
Tập hợp các số thực
x, y thỏa mãn:

22
2
2
3
21
xy
xy


những điểm thuộc miền trong hình tròn
1
C
có tâm
2;0 ,I bán kính
1
1R
và nằm ngoài hình tròn
2
C có tâm
0;0O và bán kính
2
3.R
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 274
Biểu thức: 0Pxy xyP là họ đường thẳng
song song với đường .
y
x
Các giao điểm của hai hình tròn là
33 3 3
;,;
22 2 2
AB




P đạt giá trị nhỏ nhất khi đường thẳng
đi qua A.
Khi đường thẳng
qua điểm A, ta có:
min min
33 33
0.
22 2
PP

P đạt giá trị lớn nhất khi đường thẳng
tiếp xúc với đường tròn
1
C ta có:

1max
2
; 1 22 22.
11
P
dI R P P

Do đó

33
2 1 2 2 2 10.
2
TMm





Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 275
BÀI 4. HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ LÔGARIT
A. KIẾN THỨC CO BẢN CẦN NẮM
1. Hàm số mũ
Định nghĩa
Hàm số
0; 1
x
yaa a được gọi là hàm số mũ cơ số a.
Tập xác định
Hàm số
0; 1
x
yaa a có tập xác định là .
Đạo hàm
Hàm số
0; 1
x
yaa a
có đạo hàm tại mọi x.

'ln
xx
aaa
'ln.'
uu
aaau
lim 0, lim 1 ;
xx
xx
aaa
 

lim , lim 0 0 1 .
xx
xx
aaa
 

Sự biến thiên
Khi 1a hàm số luôn đồng biến.
Khi 01a hàm số luôn nghịch biến.
Đồ thị
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là trục Ox và luôn đi qua các
điểm
0;1 , 1;a và nằm phía trên trục hoành.
2. Hàm số lôgarit
Định nghĩa
Hàm số
log 0; 1
a
yxaa được gọi là hàm số lôgarit cơ
số a.
Đặc biệt:

'e
x
x
e
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 276
Tập xác định
Tập xác định:
0; .
Đạo hàm
Hàm số
log 0; 1
a
yxaa
có đạo hàm tại mọi x dương và

1
log '
ln
a
x
x
a
.
Giới hạn đặc biệt
0
lim log , lim log 1
aa
x
x
xxa

  ;
0
lim log , lim log 0 1
aa
x
x
xxa

  .
Sự biến thiên
Khi 1a hàm số luôn đồng biến.
Khi
01a
hàm số luôn nghịch biến.
Đồ thị
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là trục Oy và luôn đi qua các
điểm
1; 0 , ;1a và nằm bên phải trục tung.
Nhận xét: Đồ thị của các hàm số
x
ya
và
log
a
yx
0, 1aa
đối xứng với nhau qua đường thẳng
yx .
Ứng dụng
1. Lãi đơn
là số tiền lãi chỉ tính trên số tiền gốc mà không
tính trên số tiền lãi do số tiền gốc sinh ra, tức là tiền lãi của kì
hạn trước không được tính vào vốn để tính lãi cho kì hạn kế tiếp,
cho dù đến kì hạn người gửi không đến rút tiền ra.
Công thức tính:
Khách hàng gửi vào ngân hàng A đồng với
lãi đơn
r (% / kì hạn) thì số tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn
Đặc biệt:

1
ln 'x
x
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 277
lãi sau n kì hạn (
*n
) là:

1
n
S A nAr A nr
2. Lãi kép là tiền lãi của kì hạn trước nếu người gửi không
rút ra thì được tính vào vốn để tính lãi cho kì hạn sau.
Công thức tính:
Khách hàng gửi vào ngân hàng A đồng với
lãi kép r (% / kì hạn) thì số tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn
lãi sau n kì hạn (
*n
) là:

1
n
n
SA r
.
3. Tiền gửi hàng tháng: Mỗi tháng gửi đúng cùng một số
tiền vào một thời gian cố định.
Công thức tính:
Đầu mỗi tháng, khách hàng gửi vào ngân
hàng số tiền A đồng với lãi kép r (% / tháng) thì số tiền khách
hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau n tháng (
*n
) (nhận tiền
cuối tháng, khi ngân hàng đã tính lãi) là S
n
.
Ta có
 
111
n
n
A
Srr
r



.
4. Gửi ngân hàng và rút tiền gửi hàng tháng
Gửi ngân hàng số tiền là A đồng với lãi suất r (% / tháng).
Mỗi tháng vào ngày ngân hàng tính lãi, rút ra số tiền là X đồng.
Công thức tính:


1
11
n
n
n
r
XArS
r



.
Khi đó số tiền còn lại sau n tháng là


11
1
n
n
n
r
SA r X
r


5. Vay vốn trả góp:
Vay ngân hàng số tiền là A đồng với
lãi suất r (% / tháng). Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, bắt
đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ cách nhau đúng một tháng, mỗi
hoàn nợ số tiền là X đồng và trả hết tiền nợ sau đúng n tháng.
Công thức tính:
Cách tính số tiền còn lại sau n tháng giống
hoàn toàn công thức tính gửi ngân hàng và rút tiền hàng tháng
nên ta có


11
1
n
n
n
r
SA r X
r

.

1
log ;
n
r
S
n
A



%1;
n
n
S
r
A

1
n
n
S
A
r


1
.
log 1 ;
1
n
r
Sr
n
Ar







1
.
log 1 ;
1
n
r
Sr
n
Ar






.
11 1
n
n
Sr
A
rr



Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 278
Để sau đúng n tháng trả hết nợ thì
0
n
S
nên


11
10
n
n
r
Ar X
r


.
Suy ra mỗi lần hoàn nợ số tiền là


1.
11
n
n
A
rr
X
r
.
6. Bài toán tăng lương: Một người được lãnh lương khởi
điểm là A (đồng/tháng). Cứ sau n tháng thì lương người đó được
tăng thêm r (% / tháng). Hỏi sau kn tháng, người đó lĩnh được
bao nhiêu tiền?
Công thức tính:
Lương nhận được sau kn tháng là

11
.
k
kn
r
SAn
r

.
7. Bài toán tăng trưởng dân số
Công thức tính tăng trưởng dân số:

1,,,
mn
mn
XX r mn mn

Trong đó: r % là tỉ lệ tăng dân số từ năm n đến năm m;
m
X dân số năm , X
n
m dân số năm n.
Từ đó ta có công thức tính tỉ lệ tăng dân số là
%1
m
mn
n
X
r
X
8. Lãi kép liên tục
Gửi vào ngân hàng A đồng với lãi kép r (% / năm) thì số
tiền nhận được cả vốn lẫn lãi sau n năm (
*n
) là:

1
n
n
SA r.
Giả sử ta chia mỗi năm thành m kì hạn để tính lãi và lãi
suất mỗi kì hạn là
%
r
m
thì số tiền thu được sau n năm là:
.
1
mn
n
r
SA
m




Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 279
Khi tăng số kì hạn của mỗi năm lên vô cực, tức là
m , gọi là hình thức lãi kép liên tục thì người ta chứng
minh được số tiền nhận được cả gốc lẫn lãi là:
.nr
SAe (công thức tăng trưởng mũ).
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 280
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 281
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1. Tìm tập xác định của hàm số chứa mũ – lôgarit.
1. Phương pháp giải
* Hàm số
0; 1
x
yaa a có tập xác định là .
* Hàm số
log 0; 1
a
yxaa
có tập xác định là
0;
.
* Tìm điều kiện của tham số để hàm số
log
a
yfx xác định trên trong đó

f
x là một tam
thức bậc hai.
Áp dụng tính chất
Tam thức bậc hai
2
0 fx ax bx c x khi và chỉ khi
0
0
a
.
* Tìm điều kiện của tham số để hàm số
log
a
yfx xác định trên khoảng D.
Cô lập tham số m.
Sử dụng phương pháp khảo sát hàm số.
2. Bàitập
Bài tập 1:
Điều kiện xác định D của hàm số
9
1
21
log
12
y
x
x
là
A. 3x  B. 1x  C. 31x
 D. 03x
Hướng dẫn giải
Chọn C
Hàm số xác định
1
2
9
21
2
log
9
2
12
1
3
2
1
2
0
0
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x




3
03 1
1
x
x
x

Bài tập 2: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
2
ln 2 4yxmx

xác
định với mọi
x ?
A. 5 B. 2 C. 4 D. 3
Hướng dẫn giải
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 282
Chọn D.
Hàm số xác định
2
240, xxmx x .
2
10
0
22
0
4160
a
m
m




.
Do
m
nên
1; 0;1m 
Bài tập 3: Tìm m để hàm số
2
2
log 2 2 2 3ymxmxm

có tập xác định D
.
A.
2m 
B.
2m 
C.
2m
D.
2m 
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Hàm số xác định trên
2
222 30,mx mxm x  (*).
Trường hợp 1:
0a
.
(*)

2
20
02
2
020
4242 30
m
am
m
m
mmm








.
Trường hợp 2:
02am , ta có
(*)
10,x (đúng), nhận 2m
Vậy
2m 
.
Bài tập 4: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m nằm trong khoảng
10;10 để hàm số
2
log 4 2
xx
ym có tập xác định D
?
A. 9 B. 10 C. 11 D. 8
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Hàm số có tập xác định D khi
42 0
xx
mx

(1).
Đặt 2 , 0
x
tt.
Khi đó (1) trở thành
22
0 t0; t0;ttm m tt


0;
1
max
4
mft


với

2
f
ttt .
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 283
Do
m
và

10;10m  nên
1;2;3;...;8;9m .
Bài tập 5: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m nằm trong khoảng
10;10 để hàm số
2
33
1
log 4log 3
y
mx xm

xác định trên khoảng
0;
?
A. 13 B. 11 C. 12 D. 10
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Hàm số xác định
2
33
0; log 4log 3 0, 0;xmxxmx  (*).
Đặt
3
log ,txt .
(*)
2
430mt t m vô nghiệm.
Trường hợp 1:
0m
. Phương trình có nghiệm (loại
0m
).
Trường hợp 2:
0m . Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi
'0 4 3 0 4mm m hoặc 1m .
Do
m và
10;10m  nên
9; 8; 7; 6; 5;2;3;...8;9m  .
Vậy có 13 giá trị nguyên thỏa mãn.
Bài tập 6: Hàm số
2
log 4 2
xx
ym
có tập xác định
D
khi.
A.
1
4
m
.
B.
1
4
m
.
C.
0m
. D.
1
4
m
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Hàm số
2
log 4 2
xx
ym có tập xác định khi và chỉ khi.

1
42 0 24 max24
4
xx xx xx
mx m x m 
.
Bài tập 7: Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để hàm số
2
33
1
log 4log 3
y
mx xm

xác định
trên khoảng
0; 
.
Hướng dẫn giải
Đặt
3
logtx , khi đó
0;xt .
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 284
2
33
1
log 4log 3
y
mx xm

trở thành
2
1
43
y
mt t m

.
Hàm số
2
33
1
log 4log 3
y
mx xm

xác định trên khoảng
0;
khi và chỉ khi hàm
số
2
1
43
y
mt t m

xác định trên .
2
() 4 3ft mt t m vô nghiệm.
2
430 4;1mm m m

.
Bài tập 8: Tập xác định của hàm số
2
2
ln 16
51025
x
y
xxx

là:
A.
5; 
.
B.
; 5 . C.
. D.
\5 .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Viết lại

222
22
ln 16 ln 16 ln 16
55
51025
55
xxx
y
xx
xxx
xx





.
Biểu thức

2
ln 16
55
x
xx

có nghĩa khi và chỉ khi
2
16 0
550
x
xx


.
2
16
4
5
55
50
x
x
x
xx
x






.
Suy ra hàm số có tập xác định là
5;
.
Bài tập 9: Cho hàm số

22
2
1
log 2 2 1 4
y
x
mxmxm

. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m
để hàm số đã cho xác định với mọi
1;x

.
A.
;2m  . B.
1; 1m  . C.
;1m
 . D.
;1m  .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Hàm số

22
2
1
log 2 2 1 4
y
x
mxmxm



xác định với
1;x
 khi
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 285


22
22
0
22 1 4 0
22 1 4
l
đ
lđ1
xm
xmxm
xmxm



với
1;x

1; 1mm
Dạng 2: Đồ thị hàm số
1.Phươngpháp
2.Bàitập
Bài tập 1: Cho ba số thực dương , , abc khác 1. Đồ thị các hàm số ,,
x
xx
yaybyc
 được cho
trong hình vẽ sau
Mệnh đề nào đúng?
A.
abc
B.
acb
C.
bca
D.
cab
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
x
ya
nghịch biến nên 0 1a.
Mặt khác, ,
x
x
ybyc đồng biến, đồng thời cho 1
x
ybyc
.
Vậy
acb
Bài tập 2: Từ các đồ thị log
a
yx , log
b
yx
, log
c
yx
đã cho ở hình vẽ sau:
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 286
Khẳn định nào sau đây đúng?
A.
01ab c
B.
01cab

C.
01ca b D. 01cba

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có: log
c
yx nghịch biến nên 01c
.
Mặt khác,
log
a
yx
và
log
b
yx
đồng biến nên
,1ab
đồng thời cho
1y
thì
x
axb
.
Vậy
01cab.
Bài tập 3: Cho các hàm số
x
ya , log
b
yx
, log
c
yx
có đồ thị như hình vẽ.
Chọn mệnh đề đúng?
A. bca B. acb C. cba
D. cab
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 287
Ta có
log
c
yx
nghịch biến nên
01c
còn
log
b
yx
và
x
ya
đồng biến nên
1b
và
1a
.
Xét
x
ya : Với 1 1 2xyaa  .
Xét log
b
yx : Với 1 2yxbb .
Do đó
ab
Vậy
1cab
.
Bài tập 4: Cho hàm số
yfx
có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Tìm số điểm cực trị của hàm số
34
f
xfx
y 
.
A.
5
. B.
3
. C.
6
. D.
4
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt

 
34
f
xfx
ygx
.
Quan sát đồ thị, ta thấy hàm số
yfx có ba điểm cực trị.
Ta có

 
 
0
.3 .ln3 4 .ln4 0
3.ln34.ln40
fx fx
fx fx
fx
yfx y




.
 

3
4
3ln4 ln4
3.ln34.ln40 log 0,8
4ln3 ln3
fx
fx fx
fx




. Phương trình này
có hai nghiệm phân biệt khác các nghiệm của phương trình
0fx
nên hàm số
34
f
xfx
y 
có năm điểm cực trị.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 288
Bài tập 5: Cho hàm số

ln
f
xxx
. Một trong bốn đồ thị cho trong bốn phương án A, B, C, D
dưới đây là đồ thị của hàm số
yfx
. Tìm đồ thị đó?
A. B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Tập xác định
0;D 
Ta có
ln ln 1
f
xxx fxgx x
 
.
Ta có
11g
nên đồ thị hàm số đi qua điểm
1; 1
. Loại hai đáp án B và D
Và
00
lim lim ln 1
xx
gx x





. Đặt
1
t
x
. Khi
0x
thì t .
Do đó



0
1
lim lim ln 1 lim ln 1
tt
x
gx t
t
 








nên loại đáp án
A.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 289
Cách 2 : Ta nhận thấy
ln ln 1
f
xxx fxgx x

nằm bên phải trục tung và
không đi qua
(1; 0)
. Vậy chọn đáp án C.
Dạng 3: Xét tính đơn điệu, cực trị, GTLN và GTNN của hàm số mũ, logarit
1. Phương pháp.
Phương pháp chung:
Bước 1: Tìm tập xác định
Bước 2: Tìm đạo hàm

f
x
. Tìm các điểm
i
x
làm cho
0fx
hoặc không xác định.
Bước 3: Sắp xếp các điểm
i
x
theo thứ tự tăng dần và lập BBT.
Bước 4: Kết luận.
Ngoài ra cần chú ý tính chất của hàm số mũ và hàm số logarit:
+) Hàm số
x
ya và hàm số log
a
yx
đồng biến trên TXĐ 1a
.
+) Hàm số
x
ya và hàm số log
a
yx
nghịch biến trên TXĐ 01a
.
2. Bài tập
Bài tập 1. Gọi
a
,
b
lần lượt là số điểm cực đại và số điểm cực tiểu của hàm số
32
31
x
y
xxe
 . Tính
2ab
.
A.
0
. B.
4
. C.
2
. D.
3
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
32
31
x
yx x e

. Tập xác định: D
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 290
 
323 22223
31 31 3 3 2e 31
xxxx
yx x e x x e x e x x



.

232
2361
x
exxx

;
0y
có một nghiệm là
0
x
.
Bảng biến thiên:
.
Suy ra hàm số có
1 điểm cực đại và
0
điểm cực tiểu.
Vậy
22ab.
Bài tập 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
lnyx x trên đoạn
1
;e
e
.
A.
2
1
;
1
min
e
e
y
e



 . B.
1
;
min
e
e
ye



. C.
1
;
1
min
e
e
y
e



. D.
1
;
1
min
2
e
e
y
e



.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đạo hàm

2
1
2ln 2ln 2ln 1yxxx xxxx x
x

;
1
0;
0
11
;
x
e
e
y
x
e
e
e









.
Tính các giá trị:
2
11
y
ee




,
2
ye e
,
11
2
y
e
e




.
Vậy
1
;
1
min
2
e
e
y
e



 .
Bài tập 3. Cho
164x
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
42
222
8
log 12log .logPx x
x

.
A.
82
. B.
96
. C.
64
. D.
81
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.

42 42 42
222222222 2
8
log 12log .log log 12log . log 8 log log 12log . 3 log
P
xx xx xxxx
x
  
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 291
Đặt
2
logtx
, do
164x nên 06t
.
42
12 . 3
f
tt t t
với
06t
.
 
32
0
43672 ; 0 3
6
t
f
tt t tft t
t


.
.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức
81P
.
Bài tập 4. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực
m
để hàm số
33
3
x
x
y
m
nghịch biến trên
1; 1
.
A.
1
3
m
. B.
1
3
3
m
. C.
1
3
m
. D.
3m
.
Lời giải
Chọn C.
T
a có
333.31
331
xx
xx
y
mm



Đặt
3
x
t
. Vì
1;1x  nên
1
;3
3
t



.
Khi đó

2
31 3
1
1
tm
yy
mt
mt


+ Với
0m
thỏa mãn.
+ Với
0m
. Yêu cầu bài toán

30
11
1
;\0
3
3
1
3
m
m
m
m




.
Bài tập 5. Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để hàm số
2
ln 1 2 2yx mx

đồng biến trên
.
A. Không tồn tại
.m
B.
1
.
2
m
C.
1
.
2
m
D.
11
.
22
m
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 292
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Hàm số
2
ln 1 2 2yx mx
xác định với
x
.
Ta có:

2
2
2
ln 1 2 2 2
1
x
yx mx m
x



Để hàm số
2
ln 1 2 2yx mx đồng biến trên
thì
0,yx

.
22
2
20, ,
11
xx
mx mx
xx



.
Xét hàm số

2
1
x
gx
x
xác định với mọi
x
;


2
2
2
1
1
x
gx
x
.
01gx x

.
Lập bảng biến thiên của
g
x :
Theo bảng biến thiên trên thì hàm số đồng biến trên
hay
1
0,
2
yx m

.
Bài tập 6. Có bao nhiêu giá trị của
m
để giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
4
xx
f
xe em trên
0;ln 4
bằng
6
.
A.
3
. B.
4
. C.
1
. D.
2
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 293
Hướng dẫn giải
Chọn D
Đặt
x
te
, với
0;ln 4 1; 4xt. Khi đó
2
4
f
xt tmgt
.
Có

24
g
tt


02gt t
.
Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta thấy


0;4
6
min 6
46
m
gt
m


6
10
m
m
.
Bài tập 7. Giá trị nhỏ nhất của hàm số
240
20 20 1283
x
yxx e trên tập hợp các số tự nhiên là:
A.
1283
. B.
280
163.e
. C.
320
157.e
. D.
300
8.e
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có

40 2 40 40 2
40 20 40 20 20 1283 20 40 42 2565
xxx
yxe xx e exx

2
15
2
0 40 42 2565 0
171
20
x
yxx
x
 

Đặt
12
171 15
;
20 2
yy y y




280 320
7 163. ; 8 157.yeye
Bảng biến thiên
x

171
20
15
2

y
0
0
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 294
y

1
y
2
y

Dựa vào bảng biến thiên ta có Giá trị nhỏ nhất của hàm số
240
20 20 1283
x
yxx e
trên
tập hợp các số tự nhiên là
280
163.e
.
Bài tập 8. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực
m
để hàm số
2
42 1
xx
ymx

đồng
biến trên khoảng
1; 1 .
A.
1
;ln2
2



. B.
;0
.
C.
;2ln2
. D.
3
;ln2
2



.
Lời giải
Chọn C.
Ta có
2
4 2 1 4 .ln 4 4.2 .ln 2 4 2.2 .ln 4
xx x x x x
ymxy m m

Theo đề

0, 1;1yx

42.2.ln4 0, 1;1
xx
mx


1;1
42.2.ln4 , 1;1
xx
mgxx
mMingx



1;1
ln 4Min g x
 .
Bài tập 9. Giá trị nhỏ nhất của tham số m ðể hàm số
2
2
x
x
em
y
em
ðồng biến trên khoảng
1
ln ;0
4



gần nhất với số nào sau ðây:
A. 0,03. B. 1. C. 0, 45
. D. 1, 01 .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt
.
x
et
Suy ra
2
2tm
y
tm

đồng biến trên khoảng
1
;1
4



.

2
2
2
2mm
y
tm

.
Để hàm số đồng biến trên khoảng
1
;1
4



cần:
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 295
2
12
20
12
1
1
1
1
;1
1
4
4
4
m
mm
m
m
m
m
m











. Suy ra chọn
C.
Bài tập 10. Cho hàm số

4
2017
y



3x x
em-1e+1
. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng

1; 2 .
A.
2
31me. B.
23
31 31eme
 .
C.
34
31 31eme
. D.
4
31me
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.



3
11
3
44
.ln . 1 1
2017 2017
xx
eme
xx
yeme

 

 
 
=



3
11
3
44
.ln . 3 1
2017 2017
xx
eme
x
x
yeme

 

 
 
.
Hàm số đồng biến trên khoảng
1; 2




3
11
3
44
.ln . 3 1 0, 1;2
2017 2017
xx
eme
xx
yemex

 

 
 
(*), mà

3
11
4
0,
2017
4
ln 0
2017
xx
eme
x








. Nên (*)
3
310,1;2
xx
eme x
2
31, 1;2
x
emx .
Đặt
2
31, 1;2
x
gx e x ,
2
3.20, 1;2
x
gx e x.
.
Vậy (*) xảy ra khi

2mg
4
31me.
Dạng 4: Tìm GTLN và GTNN của hàm số mũ, logarit nhiều biến
1. Phương pháp
PP1: Sử dụng các bất đẳng thức cổ điển như: Côsi, Bunhiacôpski và một số BĐT quen thuộc
khác
PP2: Sử dụng phương pháp dồn biến:
+) Biến đổi biểu thức đã cho theo một biểu thức chung mà ta đặt là biến
t .
+) Biểu diễn biểu thức đã cho theo
t ta được hàm
f
t . Tìm điều kiện cho t .
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 296
+) Lập bảng biến thiên của
f
t . Suy ra kết quả.
2. Bài tập
Bài tập 1. Cho 2 số dương
a
và
b
thỏa mãn
22
log 1 log 1 6ab
. Giá trị nhỏ nhất của
Sab
là.
A.
min 8S
. B.
min 14S
. C.
min 12S
. D.
min 16S
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt

2
2
log 1
6
log 1
ax
xy
by



.
Ta có
6
12
2 2 2 2 2 2. 2 16 14
12
x
xy xy
y
a
ab ab
b

 

.
Bài tập 2. Cho các số thực ,mn thỏa mãn 1mn. Tìm giá trị nhỏ nhất
min
P
của biểu thức

22
log 3log
mn
n
m
Pm
n




.
A.
min
13P
. B.
min
15P
. C.
min
16P
. D.
min
14P
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Do 1mn nên ta có.




2
22
22
log 3log 2log 3 log 1
443
3log 1 3
log
1log
log
mn m n
nn
n
m
m
m
m
Pm m m
n
m
n
mn
n











.
Do
1mn nên
log log 1
log log 1 0
mm
mm
nm
n

.
Xét hàm số

2
43
3
1
y
x
x

trên
0;1 .
Ta có

3
2
83
1
y
x
x

.
 
32
33
2
2
83 3 93 1
00 0
3
11
xx x
yx
x
xxx

  

.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 297
Bảng biến thiên.
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là
min
15P
.
Bài tập 3. Cho ba số thực
a
,
b
,
1
;1
4
c



. Tìm giá trị nhỏ nhất
min
P
của biểu
thức.
111
log log log
444
abc
Pb c a
 

 
 
.
A.
min
1P
. B.
min
3P
. C.
min
33P
. D.
min
6P
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Vợi mọi
1
;1
4
x



ta có
2
22
11 1
0
42 4
xx x x x




.
Lấy logarit 2 vế, ta được
2
1
log log
4
tt
xx



(với
0;1t
(*).
Áp dụng BĐT (*) ta được:
2
1
log log 2log
4
aaa
bbb




.
2
1
log log 2log
4
bbb
ccc




.
2
1
log log 2log
4
ccc
aaa




.
Suy ra
3
min
2 log log log 2.3 log .log .log 6
abc abc
P
bca bcaP .
Bài tập 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2
2
2
log 6 log
a
b
a
b
Pb
a





với ,ab là các số thực
thỏa mãn
1ba.
A.
30
. B.
40
. C.
60
. D.
50
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
2
2
2
log 4 log
aa
bb . Đặt log
a
bt
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 298
11 111
log log log log
22 2
log log
bbbb
aaaa
ba
bb
ba
a
abb
aa










2log 6 4log
11 1 1 2 2 1
11
2 2 1 2log log 2 2 log 4log 4
log log 1
22
ab
ba a b
ba
ba
ab b a
ab















2
2
2
4
26
232
12
11 1
4
2244 2
2
4
t
tt
tt
t
t
tt t
t
t
t






.
Ta được
2
2
1
46
2
t
Pt
t




.
Với

2
1*ba ba Lấy log cơ số
1a
hai vế của
*
ta được log 2
a
b nên
2t
.
*) Xét hàm số
 
2
2
1
46 , 2;
2
t
ft t t D
t




.
Ta được.




232
2
3
12( 1) 1 3
'8 08 44121083220120
2
2
13
2
t
t
ft t tt t t t t t t
t
t


.
Do
2t
nên
'0ft có nghiệm
3t
.
Ta có

2
lim ; 3 60;lim
t
t
ft f ft

  nên hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng
60.
.
Bài tập 5. Cho hai số thực dương
,
x
y
thỏa mãn
 
1
3
log 1 1 9 1 1
y
xy xy


. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
2Px y
.
A.
min
11
2
P
. B.
min
27
5
P
. C.
min
563.P  D.
min
362.P 
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
 
1
3
log 1 1 9 1 1
y
xy xy
 



33
99
log 1 1 log
11
xx
yy


.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 299
Xét hàm số

3
log , 1
f
tttt;

1
'10
ln 3
ft
t

,
1t
.
Suy ra

9
1
1
fx f
y




9
1
1
x
y

8
1
y
x
y

2
828
2
11
yyy
Py
yy



.
Bảng biến thiên của hàm số
2
28
, 1
1
yy
P
y
y

Vậy
min
362.P 
Bài tập 6. Trong các nghiệm
(; )
xy
thỏa mãn bất phương trình
22
2
log (2 ) 1
xy
xy
. Giá trị lớn
nhất của biểu thức
2Tx
y

bằng:
A. 9 . B.
9
8
. C.
9
4
. D.
9
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Bất PT
22
22 22
2
22 22
21 0 21
log (2 ) 1 ( ), ( )
22022
xy
xy xy
x
yIII
xyx y xyx y

 



 


.
Xét T= 2
x
y .
TH1: (x; y) thỏa mãn (II) khi đó
22
02 21Txyx y .
TH2: (x; y) thỏa mãn (I)
22 2 2
19
22 (1)(2 )
8
22
xyxyx y . Khi đó.
22 2
1191 199999
22(1)(2 ) (2)(1)(2 ) .
42 42842
222 22
xy x y x y

 


.
Suy ra :
9
max
2
T
1
(;y) (2; )
2
x.
Bài tập 7. Cho hai số thực
,ab
thỏa mãn
10ab
. Tính giá trị nhỏ nhất
min
T
của biểu thức sau
236
.
log log
aab
Tb a
.
A.
mi n
16T
. B.
mi n
13T
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 300
C.
min
T
không tồn tại. D.
mi n
19T
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
2362 2
.
36 36
log log log log
log 1 log
aab a a
aa
Tb a b b
ab b
  
.
Đặt
log
a
tb
, vì
10loglog1
ab
ab b b t
.
Xét
2
2
36 36
() '() 2
1(1)
ft t f t t
tt


. Cho
'( ) 0 2ft t

.
Hàm số
()
f
t
liên tục trên
[1; )
có
[1; ) [1; )
(1) 19
(2)16 ()16 16
lim ( )
t
f
fMinftMinT
ft
 



.
Bài tập 8. Xét các số thực a ,
b
thỏa mãn
1ab
. Biết rằng biểu thức
1
log
log
a
ab
a
P
ab

đạt
giá trị lớn nhất khi
k
ba . Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
3
;2
2
k


.
B.
2;3k
. C.
3
0;
2
k


.
D.
1; 0k 
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
1
log log 1 log 1 log 1 log
log
aa a a a
ab
a
P
ab b b b
ab

.
Khi
k
ba
11
P
kk
. Đặt
1tk
. Với
1k
.
2
2
199
2
244
Ptt t

 


.
9
Max
4
P . Đẳng thức xảy ra
1
2
t
33
0;
42
k




.
Bài tập 9.
Xét các số thực
a
,
b
thỏa mãn
1ab
. Tìm giá trị nhỏ nhất
min
P
của biểu thức

22
log 3log
ba
b
a
Pa
b




.
A.
min
19P
. B.
min
13P
. C.
min
14P
. D.
min
15P
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 301
Với điều kiện đề bài, ta có.

2
2
2
2
2
log 3log 2log 3log 4 log . 3log
4 1 log 3log
aaa
bbb
a
bb b
b
b
aaaa
Pa a b
bbbb
a
b
b

 


 

 









.
Đặt
log 0
a
b
tb
(vì 1ab), ta có
22
33
4(1 ) 4 4 ( )8Pt t ftt
tt
 
.
Ta có
32 2
22 2
38 3(21)(4 3)
)
86
(88
ttt
t
tt
ft t
tt


.
Vậy
1
() 0
2
ft t

. Khảo sát hàm số, ta có
min
1
15
2
fP



.
Bài tập 10. Cho các số thực
,,abc
không âm thoả mãn 2484
abc
. Gọi
,
M
m
lần lượt là giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
23Sa b c
. Giá trị của biểu thức
4log
M
M
m
bằng
A.
2809
500
.
B.
281
50
.
C.
4096
729
.
D.
14
25
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
2484
abc

23
22 2 4
abc

.
Đặt
2
3
2
2
2
a
b
c
x
y
z
4
,, 1
xyz
xyz

.
23Sa b c
222
log log log
xy
z
2
log
x
yz
.
Ta có
33
4
33
xyz
xyz





2
4
3log
3
S

.
Dấu bằng xảy ra
4
3
xyz

.
Do đó
2
4
3log
3
M
2
4
23log
3
abc

.
Mặt khác
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 302



111 11 11 11 2xyzxyz xy yz zx xyz
111 11 11 1122xyzxyyzzx.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1; 1; 2
1; 2; 1
2; 1; 1
xyz
x
yz
x
yz



.
Suy ra
1m
.
Vậy
6
4 4096
4log
3 729
M
M
m




.
Bài tập 11. Cho các số thực
,,,abcd
thoả mãn
111 11
24816 4
abc d

. Gọi
m
là giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
234Sa b c d
. Giá trị của biểu thức
2
log m
bằng
A.
1
2
.
B.
1
4
.
C.
4
.
D.
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
111 11
24816 4
abc d

234
1
22 2 2
4
abcd

.
Đặt
2
3
4
2
2
2
2
a
b
c
d
x
y
z
t
1
4
,,, 0
xyzt
xyzt

.
234Sa b c d
2222
log log log log
x
yzt
2
log
x
yzt
.
Ta có
4
16
4
1
2
416
xyzt
xyzt





16S
.
Dấu bằng xảy ra
1
16
xyzt

.
Do đó
16m
4
2
4
3
1
a
b
c
d
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 303
Bài tập 12. Cho ,a
,b
c là các số thực lớn hơn 1. Tìm giá trị nhỏ nhất
min
P
của biểu thức:
3
41 8
log
log 3log
ac ab
bc
P
a
bc

.
A.
min
20P
. B.
min
10P
. C.
min
18P
. D.
min
12P
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:
418
2log 2log 8log
1
2log log
log
2
abc
bc ab
ac
P
bc ac ab
ac
b

2log 2log 2log 2log 8log 8log
aabbcc
bcacab
2log 2log 2log 8log 2log 8log
ab ac bc
ba ca cb.
Vì
,a
,b
c
là các số thực lớn hơn
1
nên:
log ,
a
b log ,
b
a log ,
a
c log ,
c
a log ,
b
c log 0
c
b
.
Do đó
áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
2 2log .2log 2 2log .8log 2 2log .8log 4 8 8 20
ab ac bc
Pbacacb
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2
2
log log
log 4log 1
log 4log
ab
ac
bc
ab
ba
cacaabc
cb
cb



.
Vậy
min
20P .
Dạng 5: Bài toán lãi suất
1.Phươngpháp
2.Bàitập
Bài tập 1: Một người gửi tiết kiệm số tiền 80 000 000 đồng với lãi suất
6,9% một năm. Biết rằng tiền lãi hàng năm được cộng vào tiền gốc, hỏi
sau 5 năm người đó rút được cả tiền gốc lẫn tiền lãi gần với con số nào
sau đây?
A. 105370000 đồng B. 111680000 đồng
C.
107667000 đồng D. 116570000 đồng
Hướng dẫn giải
Chọn B
Gọi A là số tiền gửi ban đầu, r là lãi suất hàng năm.
Ghi nhớ:
Khách hàng gửi vào ngân
hàng A đồng với lãi kép r (% /
kì hạn) thì số tiền khách hàng
nhận được cả vốn lẫn lãi sau n
kì hạn

*n là:

1
n
n
SA r
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 304
Số tiền gốc và lãi sau năm thứ nhất là
1
.1SAArA r
 .
Số tiền gốc và lãi sau năm thứ hai là

2
211
.1SSSrA r
.
…
Số tiền gốc và lãi người đó rút ra được sau 5 năm là

55
5
. 1 80000000. 1 6,9% 111680799SA r (đồng)
Bài tập 2: Một người gửi ngân hàng 100 triệu với lãi suất 0,5% một
tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi
tháng, số tiền lãi sẽ được cộng vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng
tiếp theo. Sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu?
A. 45 tháng B. 46 tháng C. 47 tháng D. 44 tháng
Hướng dẫn giải
Chọn A
Sau n tháng, tổng số tiền gốc và lãi là:

100 1 0,5%
n
.
Theo đề bài:


10,5%
125
100 1 0,5% 125 log 44,74
100
n
n

Vậy sau ít nhất 45 tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu.
Từ công thức lãi kép

1
n
n
SA r
, ta suy ra

1
log
n
r
S
n
A



.
Bài tập 3: Bác Toản gửi số tiền 58 triệu đồng vào một ngân hàng theo
hình thức lãi kép và ổn định trong 9 tháng thì lĩnh về được 61758000
đồng. Hỏi lãi suất ngân hàng hàng tháng là bao nhiêu? Biết rằng lãi suất
không thay đổi trong thời gian gửi.
A. 0.8% B. 0,6% C. 0,7% D. 0,5%
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi r là lãi suất tiền gửi của ngân hàng theo tháng. ,
n
A
S lần lượt là
số tiền gửi ban đầu và số tiền sau
9n
tháng. Áp dụng công thức lãi
kép ta có
Từ công thức lãi kép

1
n
n
SA r
, ta có
1
n
n
S
r
A

.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 305
 
9
1 61758000 58000000 1
n
n
SA r r
3
9
61758000
17.10 0,7%
58000000
r

Vậy lãi suất ngân hàng hàng tháng là 0,7%
Bài tập 4:
Để đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân hàng 500 triệu theo
phương thức trả góp với lãi suất 0,85% mỗi tháng. Nếu sau mỗi tháng,
kể từ thời điểm vay, anh An trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định là 10
triệu đồng bao gồm cả tiền lãi vay và tiền gốc. Biết phương thức trả lãi
và gốc không thay đổi trong suốt quá trình anh An trả nợ. Hỏi sau bao
nhiêu tháng anh trả hết nợ ngân hàng?
A. 65 B. 66 C. 67 D. 68
Hướng dẫn giải
Chọn B
Đặt
500A
triệu là số tiền đã vay,
10X
triệu là số tiền trả trong mỗi
tháng và 0,85%r là lãi suất ngân hàng, n là số tháng anh An phải trả
hết nợ.
Theo đề bài:
Cuối tháng thứ nhất anh An còn nợ số tiền là
1
A
Nr X A r X .
Cuối tháng thứ hai anh An còn nợ số tiền là
   
2
11 111ArX ArXrXAr X r  

.
Cuối tháng thứ ba anh An còn nợ số tiền là
    
232
1111 1111Ar X r rXAr X r r

 


…
Cuối tháng thứ n anh An còn nợ số tiền là
  
12
1 1 1 ... 1 1
nnn
Ar X r r r




Bài toán vay vốn trả góp:
Vay ngân hàng số tiền là A
đồng với lãi suất r (% /
tháng). Sau đúng một tháng kể
từ ngày vay, bắt đầu hoàn nợ;
hai lần hoàn nợ cách nhau
đúng một tháng, mỗi hoàn nợ
số tiền là X đồng và trả hết
tiền nợ sau đúng n tháng.
Cách tính số tiền còn lại sau n
tháng là:


11
1
n
n
n
r
SA r X
r
 .
Để sau đúng n tháng trả hết
nợ thì


11
10
n
n
r
Ar X
r

 .
Suy ra

1
log
r
X
n
XAr



.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 306
Để sau n tháng, anh An trả hết nợ thì
  
12
1 1 1 ... 1 1 0
nnn
Ar X r r r




  
12
1 1 1 ... 1 1
nnn
Ar X r r r








1
11
11log
n
nn
r
r
XX
Ar X r n
rXArXAr






Áp dụng ta có:

10,0085
10
log 65,38
10 500.0,0085
nn




.
Vậy anh An phải trả trong vòng 66 tháng.
Bài tập 5: Bác An có 400 triệu đồng mang đi gửi tiết kiệm ở hai kì hạn
khác nhau đều theo hình thức lãi kép. Bác gửi 200 triệu đồng theo kì
hạn quý với lãi suất 2,1% một quý; 200 triệu còn lại bác gửi theo kì hạn
tháng với lãi suất 0,73% một tháng. Sau khi gửi được đúng 1 năm, bác
rút tất cả số tiền ở loại kì hạn theo quý và gửi theo tháng. Hỏi sau đúng
2 năm kể từ khi gửi tiền lần đầu, bác An thu được tất cả
bao nhiêu tiền
lãi? (kết quả làm tròn đến hàng phần nghìn).
A. 75,304 triệu đồng B. 75,303 triệu đồng
C.
470,656 triệu đồng D. 475,304 triệu đồng
Hướng dẫn giải
Chọn A
Công thức tính lãi kép là

1
n
n
SA r.
Tổng số tiền bác An thu được sau 1 năm theo kì hạn quý là:

4
1
200 1 2,1%S  triệu đồng
Tổng số tiền bác An thu được sau 1 năm theo kì hạn tháng là:

12
2
200 1 0,73%S  triệu đồng
Tổng số tiền bác An thu được sau 1 năm là
12
SS
triệu đồng.
Tổng số tiền bác An thu được sau 2 năm là
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 307

12
12
1 0,73% 475,304SSS
triệu đồng.
Vậy tiền lãi bác An thu được sau 2 năm là 400 75,304LS

triệu đồng.
Bài tập 6: Một người vay ngân hàng số tiền 350 triệu đồng, mỗi tháng
trả góp 8 triệu đồng và lãi suất cho số tiền chưa trả là 0,79% một tháng.
Kì trả đầu tiên là cuối tháng thứ nhất. Hỏi số tiền phải trả ở kì cuối là
bao nhiêu để người này hết nợ ngân hàng? (làm tròn đến hàng nghìn)
A. 2921000 đồng B. 7084000 đồng
C.
2944000 đồng D. 7140000 đồng
Hướng dẫn giải
Chọn D
Kì trả đầu tiên là cuối tháng thứ nhất nên đây là bài toán vay vốn trả
góp cuối kì.
Gọi A là số tiền vay ngân hàng, B là số tiền trả trong mỗi chu kì,
%dr là lãi suất cho số tiền chưa trả trên một chu kì, n là số kì trả nợ.
Số tiền còn nợ ngân hàng (tính cả lãi) trong từng chu kì như sau:
+
Đầu kì thứ nhất là A
+
Cuối kì thứ nhất là
1
A
dB
.
+
Cuối kì thứ hai là
 
2
11 1 11AdB dBAd B d  

+
Cuối kì thứ ba là
    
232
1111 1111Ad B d dBAd B d d

  


…
+
Theo giả thiết quy nạp, cuối kì thứ n là
   

1
11
11...111
n
nn n
d
Ad B d d Ad B
d

 

Vậy số tiền còn nợ (tính cả lãi) sau n chu kì là
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 308


11
1
n
n
d
Ad B
d


.
Người đó trả hết nợ ngân hàng khi


11
10
n
n
d
Ad B
d


1,0079 1
350.1,0079 8. 0 53,9
0,0079
n
n
n
 .
Tức là phải mất 54 tháng người này mới trả hết nợ.
Cuối tháng thứ 53, số tiền còn nợ (tính cả lãi) là
53
53
53
1,0079 1
350.1,0079 8.
0,0079
S
 (triệu đồng)
Kì trả nợ tiếp theo là cuối tháng thứ 54, khi đó phải trả số tiền
53
S và
lãi của số tiền này nữa là
53 53 53
0,0079. .1,0079 7,139832SSS
(triệu đồng).
Bài tập 7: Ông A vay dài hạn ngân hàng 300 triệu, với lãi suất 12%
năm. Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một năm
kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ, hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau
đúng một năm, số tiền hoàn ở mỗi lần là như nhau và trả hết nợ sau
đúng 4 năm kể từ ngày vay. Hỏi theo cách đó, số tiền m mà ông A sẽ
phải trả cho ngân hàng trong mỗi lần hoàn nợ là bao nhiêu? Biết rằng lãi
su
ất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ.
A.


4
4
36 1,12
1,12 1
m
(triệu đồng)
B.

2
36 1,12m (triệu đồng)
C.


3
3
36 1,12 1
1,12
m
(triệu đồng)
D.


4
4
300 1,12
1,12 1
m
( triệu đồng)
Hướng dẫn giải
Chọn A
Số tiền nợ sau năm thứ nhất:
1
300 1 12% 300Tmpm, với
1 12% 1,12p 
.
Số tiền nợ sau năm thứ hai:
2
2
300 300Tpmpmpmpm
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 309
Số tiền nợ sau năm thứ ba:
232
3
300 300T p mp m p m p mp mp m
Trả hết nợ sau năm thứ tư:
32
300 0p mp mpmpm

432 4 32
300 0 300 1 0pmpmpmpm pmp p p



4
4
4
4
1,12 1
1
300 . 0 300 1,12 .
10,12
p
pm m
p





44
44
300 1,12 . 0,12 36 1,12
1,12 1 1,12 1
mm 

Vậy


4
4
36 1,12
1,12 1
m
.
Bài tập 8: Một người mỗi đầu tháng gửi vào ngân hàng T triệu đồng với
lãi suất kép 0,6% một tháng. Biết cuối tháng thứ 15 thì số tiền cả gốc lẫn
lãi sẽ thu về là 10 triệu đồng. Hỏi số tiền T gần với số nào nhất trong các
số sau đây?
A. 535000 đồng B. 635000 đồng
C.
613000 đồng D. 643000 đồng
Hướng dẫn giải
Chọn B
Sau tháng gửi đầu tiên số tiền cả gốc và lãi thu được là
1Tr
Sau tháng thứ hai số tiền cả gốc và lãi thu được là
 
2
11TrTr .
…
Sau tháng thứ 15, số tiền cả gốc và lãi thu được là
  
1
1 1 ... 1
nn
TrTr Tr

.
Để số tiền cả gốc lẫn lãi thu về là 10 triệu đồng thì
Bài toán tiền gửi ngân hàng:
Đầu mỗi tháng, khách hàng
gửi vào ngân hàng số tiền A
đồng với lãi kép r (% / tháng)
thì số tiền khách hàng nhận
được cả vốn lẫn lãi sau n
tháng
*n (nhận tiền
cuối tháng, khi ngân hàng đã
tính lãi) là
 
111
n
n
A
Srr
r



.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 310
  
15 14
1 1 ... 1 10000000TrTr Tr


15
11
1 10000000 635.000
r
Tr T
r


(đồng).
Bài tập 9: Một huyện A có 100 000 dân. Với mức tăng dân số bình
quân 1,8% năm thì sau ít nhất bao nhiêu năm nữa dân số sẽ vượt 150
000 dân.
A. 22 B. 23 C. 27 D. 28
Hướng dẫn giải
Chọn B
Giả sử sau n năm nữa thì dân số sẽ vượt 150 000 dân.
Áp dụng công thức:

'1
n
XX r
.
Suy ra
111,8%
' 150000
log log 22,72796911
100000
r
X
n
X





.
Bài tập 10: Tỉ lệ tăng dân số hàng năm ở Việt Nam được duy trì ở mức
1,05%. Theo số liệu của Tổng cục Thống kê, dân số của Việt Nam năm
2014 là 90728900 người. Với tốc độ tăng dân số như thế thì vào năm
2030, dân số của Việt Nam là:
A. 106118331 người B. 198049810 người
C.
107232574 người D. 108358516 người
Hướng dẫn giải
Chọn C
Áp dụng công thức:

2030 2014
1
n
XX r
Trong đó:
2014
90728900; 1,05; 16Xrn
Ta được dân số đến hết năm 2030 là:
2030
107232574.X
Bài tập 11: Trong vật lý, sự phân rã của các chất phóng xạ được biểu
diễn bởi công thức:

1
0
1
2
T
mt m



, trong đó
0
m là khối lượng ban đầu
của chất phóng xạ (tại thời điểm 0t
); T là chu kì bán rã (tức là
Công thức tính tăng trưởng
dân số:

1
mn
mn
XX r

,,mn m n

Trong đó: r % là tỉ lệ tăng dân
số từ năm n đến năm m;
m
X
dân số năm m,
n
X
dân số năm
n.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 311
khoảng thời gian để một nửa khối lượng chất phóng xạ bị biến thành
chất khác). Chu kì bán rã của Cabon
14
C là khoảng 5730 năm. Cho
trước mẫu Cabon có khối lượng 100g. Hỏi sau khoảng thời gian t thì
khối lượng còn bao nhiêu gam?
A.

1
5730
1
100.
2
mt



B.

ln 2
5730
100.e
t
mt
C.

100
5730
1
100
2
t
mt



D.

100
5730
100.e
t
mt
Hướng dẫn giải
Chọn A
Theo công thức:

1
0
1
2
T
mt m



ta có:

5730
1
100.
2
t
mt
Bài tập 12: Cường độ ánh sáng đi qua môi trường khác không khí
(chẳng hạn sương mù, nước,…) sẽ giảm dần tùy thuộc độ dày của môi
trường và hằng số
gọi là khả năng hấp thu của môi trường, tùy thuộc
môi trường thì khả năng hấp thu tính theo công thức
0
x
IIe
với x là
độ dày của môi trường đó và được tính bằng đơn vị mét. Biết rằng nước
biển có
1, 4
. Hãy tính cường độ ánh sáng giảm đi bao nhiêu khi từ
độ sâu 2m xuống đến 20m?
A.
25,2
e B.
22,5
e C.
32,5
e D.
52,5
e
Hướng dẫn giải
Chọn A
Cường độ ánh sáng thay đổi khi từ độ sâu
1
x
đến độ sâu
2
x
là:

1
21
2
10
20
x
x
x
x
IIe
e
IIe
.
Thay
12
2; 20, 1, 4xx
 ta có
25,2
1
2
I
e
I
.
Giáoviêncónhucầusởhữufilewordvuilòng
liênhệ.Face:TrầnĐìnhCư.SĐT:0834332133
Trang 312
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 313
BÀI 5. PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
I. PHƯƠNG TRÌNH MŨ
1. Phương trình mũ cơ bản
Phương trình mũ cơ bản là phương trình có dạng
0; 1
x
aba a

- Nếu
0b
thì phương trình có duy nhất một nghiệm
log
a
x
b
;
- Nếu
0b
hoặc
0b
thì phương trình vô nghiệm.
2. Cách giải một số phương trình mũ cơ bản
a) Đưa về cùng cơ số
 
 
,0,1
Ax Bx
aa AxBxaa
b) Phương pháp đặt ẩn phụ
2
.0
xx
aa


. Đặt
,0
x
tat
c) Logarit hóa
Nếu phương trình cho ở dạng
()
01
0
() log
fx
a
a
abb
f
xb
ì
<¹
ï
ï
ï
ï
= >
í
ï
ï
ï=
ï
î
.
II. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
1. Phương trình logarit cơ bản: là phương trình có dạng
log
a
x
b
với
01a<¹
log
b
a
x
bxa
2. Cách giải một số phương trình mũ cơ bản
a) Đưa về cùng cơ số
 
 
0, 1
() 0( () 0)
log log
aa
aa
f x hoac g x
fx gx
fx gx



b) Phương pháp đặt ẩn phụ
2
log .log 0
aa
xx


. Đặt
log , 0
a
txx
c) Mũ hóa
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 314


() 0
log
a
b
fx
fx b
f
xa

HỆ THỐNG HÓA BẰNG SƠ ĐỒ
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 315
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Phương pháp đưa về cùng cơ số
1. Phương pháp
Phương pháp đưa phương trình mũ về cùng cơ số
- Biến đổi các hàm số có mặt trong phương trình về cùng cơ số, sau đó rút gọn, đưa về dạng cơ bản
hoặc về dạng:
() ()
() (). (
fx gx
aa fxgx
 Vôùi 0 a 1).
(Thường gặp)
- Nếu cơ số a thay đổi thì:

0)()()1(
0
)()(
xgxfa
a
aa
xgxf
(Ít gặp).
Phương pháp đưa phương trình loga về cùng cơ số
Biến đổi phương trình để đưa về dạng cơ bản đã nêu hoặc là dạng:
log log .
aa
M
NMN

2. Bài tập
Bài tập 1. Tìm tích số của tất cả các nghiệm thực của phương trình
2
3
2
7497
xx
A.
1
. B.
1
. C.
1
2
. D.
1
2
.
Lời giải
Chọn A
22
335
22
222
15
35
2
749777 10
22
15
2
xx xx
x
xx xx
x
 
 
Khi đó tích các nghiệm là:
1515
.1
22

.
Bài tập 2. Cho phương trình

2
12
743 2 3


x
xx
. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Phương trình có hai nghiệm không dương.
B. Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt.
C. Phương trình có hai nghiệm trái dấu.
D. Phương trình có hai nghiệm âm phân biệt.
Lời giải
Chọn A
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 316
Do
2
743 2 3
nên phương trình ban đầu tương đương với


2
21 2
23 23


xx x
2
222 2xx x
2
20
xx
0
1
2

x
x
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm không dương.
Bài tập 3. Phương trình có bao nhiêu nghiệm?
A. Vô nghiệm. B. Một nghiệm. C. Hai nghiệm. D. Ba nghiệm.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện: và .
Ta có
.
Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có hai nghiệm và .
Bài tập 4.
Tập nghiệm
S
của phương trình
31
47 16
0
74 49



xx
là
A.
1
2




S
. B.
2S
. C.
11
;
22

. D.
1
;2
2




S
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
31
47 16
0
74 49




xx
21 2
44
77

 

 
 
x
212
x
1
2
x .
Cách trắc nghiệm: Nhập VT phương trình vào máy tính, dùng nút Calc thử các nghiệm.
Bài tập 5. Phương trình

21
7
1
8 0,25. 2
x
x
x
có tích các nghiệm bằng?
A.
4
7
. B.
2
3
. C.
2
7
. D.
1
2
.
 
23
48
2
log 1 2 log 4 log 4
x
xx
44x 1x 
 
23
48
2
log 1 2 log 4 log 4
x
xx

22
log 4 1 log 4 4
x
xx


2
4116
x
x


2
2
4116
41 16
x
x
xx


2
2
4120
4200
xx
xx


2
6
226
226
x
x
x
x



2x
226x 
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 317
Lời giải
Chọn C
Ta có

21 21
7
7
3.
2
11
2
8 0,25. 2 2 2 .2
xx
x
x
xx



21 21
774
3. 3.
2
11
22
22.222
xx
xx
xx


 
2
1
217 4
3. 7 9 2 0
2
12
7
x
xx
xx
x
x


.
Vậy tích các nghiệm bằng
22
1.
77
.
Bài tập 6. Tìm số nghiệm của phương trình
7
2
1
3
27
243
x
x
x
.
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D. Vô số.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện
1
x
.
Ta có:
7
2
2
1
5
3
27
3
x
x
x
36
710
1
2
33
x
x
x

36710
12
xx
x

612710 1xxx
2
723220xx (PT vô nghiệm)
Bài tập 7. Cho phương trình . Tổng các nghiệm của phương trình
là
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Điều kiện:
Ta có:

 
2
3
33
3
2log 1 log 2 1 log 1xxx
2
3
41

3
2
10
1
21 0
1
2
10
x
x
x
x
x








 
2
3
33
3
2log 1 log 2 1 log 1xxx

3
333
2log 1 2log 2 1 2log 1xxx

3
33
log 1 log 2 1 1xxx


3
12 1 1xxx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 318
Trường hợp 1: . Ta có:
. So sánh điều kiện nên .
Trường hợp 2: . Ta có:
. So sánh điều kiện nên .
Kết luận: Tổng các nghiệm của phương trình là .
Bài tập 8. Cho là số nguyên dương và , . Tìm sao cho
.
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Ta có
.
Do là số nguyên dương nên .
Bài tập 9. Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình là:
A. . B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
Chọn B
ĐKXĐ: .
1
2
x
3
12 1 1xxx


3
121 1xxx

32
220xxx
121
x
xx 21
x
x
1
2
x
3
12 1 1xxx


3
112 1xxx

32
20xxx
0
1
x
x

0x
012 3

n 0a 1a
n
3
log 2019 log 2019 log 2019 ... log 2019 2033136.log 2019
n
a a
aa a

2017n 2016n 2018n
2019n
3
log 2019 log 2019 log 2019 ... log 2019 2033136.log 2019
n
a a
aa a

log 2019 2.log 2019 3.log 2019 ... .log 2019 2033136.log 2019
aaa a a
n

1 2 3 ... .log 2019 2033136.log 2019
aa
n

1
2033136 .log 2019 0
2
a
nn




0, 1aa

2
1
2033136 4066272 0
2
nn
nn

2016
2017
n
n

n 2016n

2
44
2log 3 log 5 0xx

8 82 82 42
30
50
x
x


3
5
x
x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 319
.
.
Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là .
Bài tập 10. Giải phương trình có nghiệm là
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Điều kiện: .
Ta có
.
Bài tập 11. Số nghiệm của phương trình:
42 24
log log log log 2xx
là
A.
0
. B.
2
. C.
3
. D.
1
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện:
2
0
1
log 0
x
x
x

.
Ta có:
  
42 24 22 2 2
11
log log log log 2 log log log log 2
22
xx x x





3
2
22
1
log 4 log 4 16
2
xxx thỏa điều kiện.
Bài tập 12. Phương trình
8
349
.
4316
x
x
 
 
 
có hai nghiệm
1
x
và
2
x
. Tổng
12
Sxx
là

2
44
2log 3 log 5 0xx
4
2log 3 5 0xx





351xx


3 5 1 khi 5
3 5 1 khi 3 5
xx x
xx x


2
2
8 15 1 khi 5
8 15 1 khi 3 5
xx x
xx x


42
4
x
x

82
2 3 2018
11 1
... 2018
log log logxx x

2018.2018!x
2018
2018!x
2017!x

2018
2018!x
01
x

2 3 2018
11 1
... 2018
log log logxx x

log 2 log 3 ... log 2018 2018
xx x


log 2.3...2018 2018
x

log 2018! 2018
x

2018
2018!x
2018
2018!x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 320
A.
1
. B.
4
. C.
2
. D.
3
Lời giải
Chọn C
Đk:
0x
Xét phương trình
84
349349
..
4 3 16 4 3 16
xx
xx
  

  
  

44
2
2
33 9 3 3 4
.22401
44 16 4 4
xx
xx
xxx
x

  

  
  
Vì
0x
không phải là nghiệm của phương trình
1
và
1. 4 0
nên
Phương trình

1
có hai nghiệm
1
x
,
2
x
và
12
2xx
. Vậy
2S
.
Dạng 2: Phương pháp đặt ẩn phụ
1. Phương pháp
Loại 1: Phương trình có dạng
kf(x) (k -1)f(x) f(x)
kk-1 10
b a +b a + ... + b a + b = 0
Khi đó ta đặt: t = a
f(x)
điều kiện: t > 0 . Ta được một phương trình đại số ẩn t, giải pt đại số này ta biết
được nghiệm của phương trình ẩn t.
Nếu có nghiệm t thì cần xét xem có thỏa điều kiện t > 0 hay không. Nếu thỏa điều kiện thì giải phương trình
()
f
x
ta để tìm nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ:
11 121
4 6.2 8 0 (2 ) 6.2 8 0
xx x x
 
Đặt t =
1
2
x
. Điều kiện t > 0. Ta có
2
2
680
4
t
tt
t

Với t = 2 ta có
1
2
x
=2
0x
Với t = 4 ta có
1
2
x
= 4
1
x

.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm:
0x
và
1.x
Loại 2: Phương trình đưa được về dạng:
f(x)
2
13
f(x)
α
α a+ +α =0
a
Hướng giải: Đặt
()
f
x
ta .
Ví dụ 1: Giải phương trình
13
5125
55 26 260
55
x
xx
x


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 321
Đặt
5; 0
x
tt
Ta được phương trình:
2
125 ( )
125
26 0 26 125 0
5( )
55
t
tt
t
t
t

nhaän
nhaän
Với t =125 ta có 5125 3
x
x.
Với t = 5 ta có 55 1.
x
x
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1 và x = 3.
Lưu ý: Một số những cặp số là nghịch đảo của nhau. Ví dụ:
,... 83 ; 32 ; 12
Loại 3: Phương trình có dạng:
2f(x) f(x) 2f(x)
12 3
α a+α (ab) + α b=0
Hướng giải: Chia cả hai vế cho
2()
f
x
b
ta được phương trình
1
)(2 xf
b
a
+
2
)( xf
b
a
+
3
= 0
Ta đặt: t =
)( xf
b
a
điều kiện: t > 0, giải phương trình ẩn t, sau đó tìm nghiệm x.
Chú ý: Cũng có thể chia hai vế phương trình cho:
()
()
f
x
ab
hoặc:
2()
f
x
a .
Ví dụ: Giải phương trình 96 2.4
x
xx
 .
2
3
1
2
96 3 3
962.4 () 20 () 20 0
44 2 2
3
2( )
2
x
xx
xx x x x
x
x



 
 
 
 




Voâ nghieäm
Một số dạng phương trình logarit sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ thường gặp:
Ví dụ1: Giải phương trình
12
1
5lg 1lg
xx


.
Phân tích: Ta nhận thấy trong phương trình chỉ có một hàm số lôgarit duy nhất, đó là lg
x
. Vì vậy ta giải pt
bằng cách đặt lg .tx
Đặt
lgtx
đk
5t
và
1t 
.Ta được phương trình:
12
1
51
tt



2
11
11154
51
t
ttt
tt





2
2
560
3
t
tt
t

thoûa ñieàu kieän
thoûa ñieàu kieän
Với t = 2 ta có
lg 2 100xx
Với t = 3 ta có
lg 3 1000xx
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 100; x = 1000.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 322
Ví dụ 2: Giải phương trình
22 3
22
log ( 1) log ( 1) 7.xx 
Điều kiện:
1
x
22 3
22
log ( 1) log ( 1) 7xx
2
22
4log 1 3log 1 7 0xx
Đặt

2
log 1tx
, ta được phương trinh:
2
1
4370
7
4
t
tt
t

Với t =1 ta có

2
log 1 1 1 2 3xxx
Với
7
4
t
ta có

77
44
2
7
log 1 1 2 1 2
4
xxx

. Kết luận:....
2. Bài tập
Bài tập 1.
Phương trình

21 21 22 0
xx

có tích các nghiệm là:
A.
1
. B.
2
. C.
1
. D.
0
.
Hướng dẫn giải
Chọn
A

21 21 22 0
xx


1
21 22 0
21
x
x

.
 
2
21 22 21 10
xx


21 21
1
1
21 21
x
x
x
x



.
Vậy tích các nghiệm của phương trình là
1
.
Bài tập 2. Phương trình
11
9 13.6 4 0
xxx
 có 2 nghiệm
1
x
,
2
x
. Phát biểu nào sau đây đúng?
A. Phương trình có
2
nghiệm nguyên. B. Phương trình có
2
nghiệm vô tỉ.
C. Phương trình có
1
nghiệm dương. D. Phương trình có
2
nghiệm dương.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
11
9 13.6 4 0
xxx
 9.9 13.6 4.4 0
xxx

96
9. 13. 4 0
44
xx
xx

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 323
2
33
9. 13. 4 0
22
xx
 

 
 
3
1
2
34
29
x
x






0
2
x
x
.
Vậy phương trình có
2
nghiệm nguyên.
Bài tập 3. Tính tổng của tất cả các nghiệm thực của phương trình

33 3
39 93 9312
xxxx

.
A.
3
. B.
7
2
.
C.
4
. D.
9
2
.
Lời giải
Chọn B
Đặt
39
93
x
x
a
b


.
Phương trình đã cho

3
33
ab ab
30ab a b

0
0
0
a
b
ab

.
0a 2x
.
0b
1
2
x.
0ab
93120
xx


33
34
x
x
VN

1
x
.
Vậy tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình là
7
2
.
Bài tập 4. Tích các nghiệm của phương trình
2
25
log 125 log 1
x
x
x
bằng
A.
7
25
.
B.
630
625
.
C.
1
125
.
D.
630
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
01
x

, ta có:

2
25
log 125 log 1
x
x
x
22
25 25
log log .log 125 1
x
xx
2
25 25
3
log log 1 0
2
xx

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 324
25
25
1
log
2
log 2
x
x

2
5
1
25
x
x
.
Vậy tích các nghiệm của phương trình là:
1
125
.
Bài tập 5. Phương trình
2
5
log 2 log
2
x
x
A. Có hai nghiệm dương. B. Vô nghiệm.
C. Có một nghiệm âm. D. Có một nghiệm âm và một nghiệm dương.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện:
01
x

.
2
5
log 2 log
2
x
x
2
2
15
log 0
log 2
x
x

2
2
log 2
4
1
log
2
2
x
x
x
x

.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm dương.
Bài tập 6. Gọi
S
là tập nghiệm của phương trình
22 2
21
22 4 1
xx xx xx
. Số phần tử của tập
S
là
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
Lời giải
Chọn
D
TXĐ:
D
Xét phương trình:
2
22 2 2 2
21 1
2
22 4 12 4 1
4
xx
xx xx xx xx xx


2
22 2 2
2
1
4.2 2 4.4 4 5.2 2 4
xx
xx xx xx xx

 
2
2
2
25.240
xx
xx
. Đặt
2
2, 0
xx
tt
Phương trình trở thành:
2
1
540
4
t
tt
t

Với
2
2
0
12 1 0
1
xx
x
txx
x

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 325
Với
2
22
2
42 2 20
1
xx
x
txx
x
 
Vậy tập nghiệm của phương trình
1; 0; 1; 2S 
có
4
phần tử.
Bài tập 7.
Gọi
a
là một nghiệm của phương trình
2log log 2log
4.2 6 18.3 0

xx x
. Khẳng định nào sau đây là
đúng khi đánh giá về
a
.
A.

2
10 1a
. B.
2
12aa .
C. a cũng là nghiệm của phương trình
log
29
34



x
. D.
2
10a .
Lời giải
Chọn
C
Điều kiện:
0x
. Chia hai vế cho
2log
3
x
ta được phương trình:
2log log
22
4. 18 0
33
 

 
 
xx

log
log
29
34
2
2
3







x
x
VN
log
29
34



x
.
Bài tập 8. Biết phương trình
2
2log 3log 2 7
x
x
có hai nghiệm thực
12
x
x
. Tính giá trị của biểu thức

2
1
x
Tx
A.
64T
. B.
32T
. C.
8
T
. D.
16T
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện:
0
1
x
x
.
Ta có:
2
2log 3log 2 7
x
x
2
2
3
2log 7
log
x
x
2
22
2log 7log 3 0xx
2
2
log 3
1
log
2
x
x
8
2
x
x
(thỏa mãn).
1
2x
;
2
8x

2
1

x
Tx
8
2
16
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 326
Bài tập 9. Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình
22
21 3 61
25.220
xxxx

bằng
A.
4
.
B.
10.
C.
6.
D.
8 .
Lời giải
Chọn C
Ta có
22 22
21 3 61 2 3 6
2 5.2 2 0 2.2 5.2 2.2 0
xxxx xxxx

.
Vì
6
20
x
, chia cả 2 vế của phương trình cho
6
2
x
, ta được
22
26 3
2.2 5.2 2 0
xx xx

.
Đặt
2
3
2
xx
t
, điều kiện
0t
.
Ta có phương trình:

2
2
2520
1
2
tN
tt
tN

.
+ Với
2
32
313
22 2 310
2
xx
txxx

.
+ Với
2
32
11 35
231
22 2
xx
txxx

.
Vậy tổng các nghiệm bằng
6
.
Bài tập 10. Cho phương trình . Khi đặt , ta được phương trình
nào dưới đây?
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn
B
TXĐ: .
Ta có .
Đặt .
Phương trình trở thành .

1
525
log 5 1 .log 5 5 1
xx

5
log 5 1
x
t
2
10t 
2
20tt
2
20t
2
2210tt

1
525
log 5 1 .log 5 5 1

xx

1

0;D 
 
2
1
25 5
5
1
log 5 5 log 5.5 5 log 5 1 1
2
xxx
 

5
log 5 1
x
t 

0t

1

1
.11
2
tt
2
20tt

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 327
Bài tập 11. Gọi a là một nghiệm của phương trình . Khẳng định nào sau đây đúng
khi đánh giá về ?
A. .
B. cũng là nghiệm của phương trình .
C. .
D. .
Lời giải
Chọn D
Điều kiện .
Chia cả hai vế của phương trình cho ta được .
Đặt , .
Ta có .
Với .
Vậy .
Bài tập 12. Tích tất cả các nghiệm của phương trình
2
22
log log 1 1xx

A.
15
2
2

. B.
1
. C.
15
2
2
. D.
1
2
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện
2
0
log 1 0
x
x

0
1
2
x
x
1
2
x
.
Đặt
2
log 1
x
t
,

0t
2
2
log 1xt
ta có phương trình
2log log 2log
4.2 6 18.3 0
xx x

a

2
10 1a 
a
log
29
34
x



2
12aa
2
10a
0x
2log
3
x
2log log
33
4180
22
xx
 

 
 
log
3
2
x
t



0t
2
4180tt

9
4
2
t
tL

9
4
t
log
39
24
x




log 2x
100x
2
100 10a 
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 328

2
2
11tt
42
20ttt
3
21 0tt t

2
1210tt t t




0 /
1 /
15
/
2
15
2
ttm
ttm
ttm
tloai


.
Với
0t
thì
1
2
log 1 2xx

.
Với
1t
thì
0
2
log 0 2xx
.
Với
15
2
t

thì
15
2
2
15
log 2
2
xx

.
Vậy tích các nghiệm của phương trình là
15
2
2

.
Bài tập 13. Phương trình
22
sin 1 cos
22
xx
m

có nghiệm khi và chỉ khi
A.
432m
. B.
32 5m
. C.
05m
. D.
45m
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
22 22 2
2
sin 1 cos sin 2 sin sin
sin
4
22 22 2
2
xx xx x
x
mmm


*
.
Đặt
2
sin
2
x
t
,
1; 2t
,
*
trở thành
4
tm
t
.
Xét hàm số

4
ft t
t
 với
1; 2t
. Ta có



2
22
21;2
44
10
21;2
t
t
ft
tt
t



.
Khi đó

15f
;

24f
. Do đó

1; 2
min 4ft
và

1;2
max 5ft
.
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình
*
có nghiệm
1; 2t




1;2
1;2
min max 4 5ft m ft m
.
Vậy:
45m
.
Bài tập 14. Cho phương trình

22
11
42.2210
xx
mm


. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc
đoạn
10;20
để phương trình có nghiệm?
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 329
A.
6
. B.
7
. C.
8
. D.
9
.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện:

1; 1x
.
Với
1; 1x
thì
2
01 1x
, do đó,
2
01 1
22 2
x
hay
2
1
12 2
x
.
Đặt
2
1
2
x
t
1; 2t
. Phương trình trở thành:
2
2210tmtm

2
21 2tt mt
2
21
2
tt
m
t


(do
2t
không là nghiệm của phương trình).
Xét hàm số

2
21
2
tt
ft
t

trên
1; 2
.
Có


2
2
45
2
tt
fx
t

,

0fx
11;2
51;2
x
x


.
Lập bảng biến thiên
Do đó, để phương trình đã cho có nghiệm thì
4m
.
Suy ra, giá trị nguyên của
m thuộc đoạn
10;20
để phương trình có nghiệm là
10;9;8;7;6;5;4m
.
Vậy có
7
giá trị cần tìm của m .
Bài tập 15.
Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
1
4.220

xx
mm có hai nghiệm
1
x
,
2
x
thỏa mãn
12
3xx
?
A.
2
.
B.
0
. C.
1
. D.
3
.
Lời giải
Chọn C
Phương trình
42.22 0 1
xx
mm
Đặt
2
x
t ,
0t
phương trình trở thành
2
2. 2 0 2tmtm
.
Để phương trình

1
có hai nghiệm
1
x
,
2
x
thỏa mãn
12
3
xx
điều kiện là phương trình
2
có
hai nghiệm
12
, 0tt
thỏa mãn
12 12
12
.2.22 8

xx xx
tt
. Vậy điều kiện là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 330
2
20
20 4
28




mm
b
mm
a
c
m
a
.
Bài tập 16. Cho phương trình . Tìm để phương trình có hai nghiệm phân
biệt , thỏa mãn .
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn
B
.
Điều kiện .
Đặt . Ta được phương trình .
Ta có: .
Phương trình có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn khi và chỉ khi có hai
nghiệm phân biệt , thỏa mãn .
Vậy suy ra .
Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài tập 17. Giá trị của để phương trình có nghiệm là:
A.
. B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Đặt với . Khi đó phương trình đã cho trở thành: (*).
Phương trình đề cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có ít nhất một nghiệm dương.
Xét hàm số có . Xét .

22
22
log 3 log 3 0xm m x
m
1
x
2
x
12
16xx
1
4
m
m
1
4
m
m

1
1
m
m
1
4
m
m


22
22
log 3 log 3 0 1xm m x
0x
2
log
x
t
22
3302tmmt
12
16xx

212
log 4xx
21 22
log log 4xx


1
1
x
2
x
12
16xx
2
1
t
2
t
12
4tt
2
34mm
4
1
m
m

m
93 0
xx
m

0m 0m 1m 01m
3
x
t
0t
2
0ttm


2
f
ttt

21
f
tt

1
0
2
ft t

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 331
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi
.
Bài tập 18. Với giá trị nào của tham số thì phương trình có hai nghiệm , thoả
mãn ?
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
Chọn
A
Đặt , .
Phương trình đã cho có 2 nghiệm , thoả mãn khi phương trình
có 2 nghiệm thoả mãn .
Bài tập 19. Với điều kiện nào sau đây của thì phương trình có hai nghiệm phân biệt?
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
Đặt thì phương trình trở thành .
Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi có nghiệm dương phân biệt
2
tt m

00mm
m
1
4.220
xx
mm

1
x
2
x
12
3xx
4m 3m 2m
1m
2
x
t
0t
1
x
2
x
12
3xx
2
2. 2 0tmtm
0t
12 12
12
.2.22 8
xx xx
tt

2
12
0
20
4
.8
28
mm
m
tt
m




m
9.360
xx
m

26m 6m 6m 26m

30
x
tt
2
60 1tmt
1
2
0
0


x

1
2
0

y
y

1
4
0

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 332
.
Bài tập 20. Tìm tất cả các giá trị tham số m để phương trình

22 2
221242
9.9 2 1 15 4 2 5 0
xx xx xx
mm


có
2
nghiệm thực phân biệt.
A.
1m
hoặc
1
2
m .
B.
36 36
22
m


.
C.
1
1
2
m.
D.
36
2
m
hoặc
36
2
m
.
Lời giải
Chọn C

22 2
221242
9.9 2 1 15 4 2 5 0
xx xx xx
mm







22 2
11 1
9211542250
xx x
mm





22
21 1
33
21 420
55
xx
mm

 

 
 
.
Đặt

2
1
3
5
x
t



. Do

2
10x 
nên
01t
.
Phương trình có dạng:

2
21420tmtm
2
21
t
tm
. Do
01t
nên
21tm
.
Để phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt thì
02 11m

1
1
2
m
.
Bài tập 21. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

22 2
221242
4.4 2 2 6 6 3 3 0
xx xx xx
mm


có hai nghiệm thực phân biệt.
A.
1
1
2
m

.
B.
432m 
hoặc
432m 
.
C.
432 432m
. D.
1m 
hoặc
1
2
m
.
Lời giải
Chọn A
Viết lại phương trình ta được:
 
22
21 21
42
22 630
93
xx xx
mm
 
 

 
 
.
0
0
0
S
P


2
24 0
0
60
m
m


26
0
m
m
26m
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 333
Do

2
2
21 1 0xx x
nên
2
21
2
1
3
xx



Đặt
2
21
2
3
x
x
t




,
01t
. Phương trình trở thành:

2
22 630tmtm
3
21
t
tm

.
Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thì
0211m

1
1
2
m  .
Vậy giá trị cần tìm của
m là
1
1
2
m .
Bài tập 22. Cho phương trình
32ln3ln9
e2.e e 0
xx x
m

, với m là tham số thực. Tất cả các giá trị của tham
số
m để phương trình có nghiệm duy nhất là
A.
0m
hoặc
4m
. B.
0m
hoặc
4m
.
C.
40m
. D.
0m
hoặc
4m
.
Hướng dẫn giải
Chọn
B
32ln3ln9
e2.e e 0
xx x
m


32ln3ln9
e2.e.e e.e 0
xx x
m
32
e6.e9.e 0
xxx
m
.
Đặt
e
x
t

0t
, phương trình tương đương với
32
69mt t t
 .
Xét

32
69
f
t ttt
trên

0;
.

2
3129
f
ttt

,

0ft
1
3
t
t
.
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên: với
0m
hoặc
4m
thì phương trình có nghiệm duy nhất.
Chú ý:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 334
Ta không lấy giá trị
0x
nên tại
0m
đường thẳng
y
m
vẫn cắt đồ thị tại duy nhất một điểm
(điểm tiếp xúc tại
3x
).
Bài tập 23. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
22
2
42 6
xx
m

có đúng
3
nghiệm
thực phân biệt là
A.
3
. B.
2
. C.
3;
. D.

2;3
.
Lời giải
Chọn A
Đặt
2
2
x
t
. Do
2
01
x
t.
Ta có phương trình
2
46 01tt m
.
Do với mỗi
1t
thì có hai nghiệm
2
log
x
t
, còn với
1t
chỉ có một nghiệm
0x
. Nên để
phương trình ban đầu có đúng 3 nghiệm thì phương trình
1
có một nghiệm
1
1t
và một nghiệm
2
1t
.
Phương trình

1
có nghiệm
1t
khi
146 0m
 3m
.
Thay
3m
vào

1
, ta có:
2
430tt
1
3
t
t
. Vậy
3m
thỏa mãn.
Bài tập 24. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m nhỏ hơn
10
để phương trình
ee
x
x
mm
có
nghiệm thực?
A.
9
. B.
8
. C.
10
. D.
7
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
e0
e0
x
x
m
mm


.
Đặt
e
x
tm

0t
ta suy ra:
2
2
e
e
x
x
mt
tm



22
e 0 1
eeee10
e102
x
xxxx
x
t
tt t t
t



.
Phương trình

2
vô nghiệm vì
e10
x
t

.
Phương trình

1
tương đương với
2
ee e ee
x
xx xx
tmm


3
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 335
Phương trình
ee
x
x
mm
*
có nghiệm thực khi phương trình

3
có nghiệm thực.
Xét hàm số
2
ee
x
x
fx
với
x
, ta có:

2
1
2e e 0 e ln 2
2
xx x
fx x
.
Bảng biến thiên của hàm số

2
ee
x
x
fx

là
Lập bảng biến thiên
Số nghiệm của
3
bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
2
ee
x
x
fx
và đường thẳng
y
m
.
Dựa vào bẳng biến thiên suy ra phương trình
3
có nghiệm khi
1
4
m 
.
Kết hợp với giả thiết
m là số nguyên nhỏ hơn
10
ta suy ra
0,1, 2,3, 4,5,6,7,8,9m
.
Vậy có
10
giá trị thỏa mãn.
Dạng 3: Phương pháp logarit hóa, mũ hóa
1. Phương pháp
2.
Bài tập
Bài tập 1.
Phương trình
1
27 .2 72
x
x
x
có một nghiệm viết dưới dạng
log
a
x
b
, với a,
b
là các số nguyên
dương. Tính tổng
Sab
.
A.
4S
. B.
5S
. C.
6S
. D.
8S
.
3.
Lời
giải
Chọn B
Điều kiện
0x
.
Phương trình
1
27 .2 72
x
x
x
1
3
23
3.23.2
x
x
x




33
3
2
32
32
x
x
x

33
2
3
32
x
x
x

3
3
32
x
x
x

3
3
3
log 2
x
x
x


3
3
3log2
x
x
x


3
1
3log20x
x




3
3
1
log 2
x
x



2
3
log 3
xN
x
N

.
Suy ra
2
3
a
b
. Vậy tổng
5Sab
.
Bài tập 2. Phương trình
2
log 5 2 2
x
x

có hai ngiệm
1
x
,
2
x
. Tính
1212
Pxx xx

.
A.
11
. B.
9
. C.
3
. D.
2
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 336
Lời giải
Chọn D
Điều kiện:
25
x
2
log 5 2 2
x
x

2
52 2
x
x

4
52
2
x
x

21
24
x
x
0
2
x
x
1212
2Px x xx
.
Bài tập 3. Gọi S là tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình
2
7.3 1
xx
. Tìm S.
A.
7
log 3.S
B.
3
log 7.S
C.
2
S log 3.
D.
3
log 2.S
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:

22 2
3333
7 .3 1 log 7 .3 log 1 log 7 log 3 0
xx xx x x


2
33
7
3
0
.log 7 0 log 7 1 0 .
1
log 3
log 7
x
xxxx
x


Vậy tổng các nghiệm là
7
log 3.S
Lấy logarit cơ số 3
hoặc cơ số 7 hai vế.
Bài tập 4. Phương trình
21
3.5 15
x
x
x
có một nghiệm dạng
log
a
x
b
, với a,
b là các số nguyên dương lớn hơn 1 và nhỏ hơn 8. Giá trị của
2Pa b
bằng
bao nhiêu?
A.
8.P
B.
5.P
C.
13.P
D.
3.P
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có:
21
21 1 1
11
3
3.5
3.5 15 1 3 .5 1 log 3 .5 0
3.5
x
xxx
x
x
xxx
xxx






1
1
33 3
1
log 3 log 5 0 1 .log 5 0
x
x
x
x
x
x


3
3
1
1
1.1 .log 5 0 .
log 5
x
x
x
x





Vậy
3, 5ab suy ra
213.ab
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 337
Dạng 4: Phương biến đổi thành tích
1. Phương pháp
(thường sử dụng trong trường hợp hai vế không cùng cơ số).
Hướng giải: Biến đổi phương trình về dạng:
).10 ,1,0.(log).(log).(
)()(
cbabxgaxfba
cc
xgxf
Lưu ý: Ta thường lôgarit hóa hai vế với cơ số a hoặc b.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Giải phương trình
23 3
log .log .log 3
x
xx x
23
log 3log
x
xx

. Ta có tổng tất cả các nghiệm
bằng
A.
35
. B.
5
. C.
10
. D.
9
.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện
0x
.
23 3
log .log .log 3
x
xx x
23
log 3log
x
xx
23
log 3 log 1 0xx x

2
3
log 3 0
x
xx

.
Ta có hàm số

2
log
f
xxx
liên tục và đồng biến trên
0;
và

23f
nên phương trình
2
log 3 0xx
có một nghiệm
2x
.
Vậy tổng tất cả các nghiệm bằng
5
.
Bài tập 2. Số nghiệm của phương trình
2
2
1
4. 25.2 100 100
5
x
x
x




là
A.
3
. B.
1
. C.
2
. D. vô nghiệm.
Lời giải
Chọn B
Ta có
2
2
1
4. 25.2 100 100
5
x
x
x




4.5 25.2 100 10
x
xx

42.5 25 0
xx

2x
.
Vậy phương trình đã cho có
1
nghiệm.
Bài tập 3. Số nghiệm của phương trình
23 2
log .log 2 1 2log
x
xx
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 338
A.
2
. B.
1
. C.
0
. D.
3
.
Lời giải
Chọn
A
ĐK:
1
2
x .

23 2
log .log 2 1 2log
x
xx

23
log . log 2 1 2 0xx

2
3
log 0
log 2 1 2 0
x
x

1
219
x
x


1
5
x
n
x
n
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm.
Bài tập 3. Biết n là số rự nhiên thỏa mãn phương trình 33 2cos
xx
nx
 có
2018
nghiệm. Tìm số nghiệm
của phương trình
99 42cos2
xx
nx
 .
A.
4036
. B.
2018
. C.
4035
. D.
2019
.
Lời giải
Chọn A
99 42cos2
xx
nx
 9 9 2.3 .3 2 2cos2
xx xx
nx



2
2
33 4cos
xx
nx


33 2cos 1
33 2cos 2
xx
xx
nx
nx


Khi đó nếu

1
và
2
có nghiệm chung thì 33 3 3
x
xxx
 33
x
x

0x
Thay
0x
vào

1
ta được
00
33 2cos0
02
, tức là
1
và
2
không có nghiệm chung.
Mặt khác ta thấy nếu
0
x
là nghiệm của
1
thì
0
x
sẽ là nghiệm của
2
Mà
1
có
2018
nghiệm nên

2
cũng có
2018
nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có
4036
nghiệm.
Bài tập 4. Cho phương trình
22 2
23 6
log 1 .log 1 log 1xx xx xx  
. Biết phương trình có
một nghiệm là
1
và một nghiệm còn lại có dạng

log log
1
2
bb
cc
xa a
 (với a, c là các số nguyên
tố và
ac ). Khi đó giá trị của
2
23abc
bằng:
A.
0
. B.
3
. C.
6
. D.
4
.
Lời giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 339
Chọn B
Điều kiện
2
11
10
x
xx


*
22 2
23 6
log 1 .log 1 log 1xx xx xx  
22
23 6
2
1
log 1 .log log 1
1
xx xx
xx


222
236 6
log 1 .log 6.log 1 log 1xx xx xx   
22
632
log 1 log 6.log 1 1 0xx xx






2
6
2
32
log 1 0 1
log 6.log 1 1 0 2
xx
xx



2
111xx
2
11
x
x

2
2
1
11
x
xx

1
x
.

2
23
2log 1.log61xx
2
26
log 1 log 3xx
6
log 3
2
12xx

6
6
log 3
2
log 3
2
2
12
x
x
x


66
log 3 log 3
1
22
2
x

.

66
log 2 log 2
1
33
2
x

. (thỏa mãn
*
)
Như vậy phương trình đã cho có các nghiệm là
1
x
,

66
log 2 log 2
1
33
2
x
.
Khi đó
3a
,
6b
,
2c
. Vậy
2
233abc
.
Bài tập 5. Gọi
S
là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
22
712 2 105
.3 3 9.3
xx xx x
mm


có ba nghiệm thực phân biệt. Tìm số phần tử của
S
.
A.
3
. B. Vô số. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Chọn
A
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 340
Ta có:
22
712 2 105
.3 3 9.3
xx xx x
mm


222
712 2 712
313310
xx xx xx
m
 


22
712 2
3130
xx xx
m


2
2
712
2
310
30
xx
xx
m


2
3
3
4
2log0*
x
x
xx m

.
Phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt, ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1:
*
có một nghiệm
3x
và nghiệm còn lại khác
3
và
4
.
Thay
3x
vào
*
ta được
3
1
log 3
27
mm . Khi đó
*
trở thành
2
1
230
3
x
xx
x


(Thỏa yêu cầu).
Trường hợp 2:
*
có một nghiệm
4x
và nghiệm còn lại khác
3
và
4
.
Thay
4x
vào
*
ta được
8
3
log 8 3mm

.
Khi đó
*
trở thành
2
4
280
2
x
xx
x

(Thỏa yêu cầu).
Trường hợp 3:
*
có nghiệm kép khác
3
và
4
3
3
3
1log 0
log 3
log 8
m
m
m



3m
.
Bài tập 6. Phương trình
1111
ln .ln .ln .ln 0
2248
xxxx




có bao nhiêu nghiệm?
A.
3
. B.
4
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện:
1
0
2
1
0
2
1
0
4
1
0
8
x
x
x
x




1
2
1
2
1
4
1
8
x
x
x
x



1
2
x
.
Khi đó:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 341
1111
ln .ln .ln .ln 0
2248
xxxx




1
ln 0
2
1
ln 0
2
1
ln 0
4
1
ln 0
8
x
x
x
x












1
1
2
1
1
2
1
1
4
1
1
8
x
x
x
x




3
2
1
2
3
4
7
8
x
x
x
x
.
So với điều kiện, ta được tập nghiệm của phương trình là
337
;;
248
S

.
Vậy phương trình đã cho có
3
nghiệm.
Bài tập 7. Gọi a là một nghiệm của phương trình

26 15 3 2 7 4 3 2 2 3 1
xxx
 
. Khi đó giá
trị của biểu thức nào sau đây là đúng?
A.
2
2aa. B.
2
sin cos 1aa
. C.
2cos 2a
. D. 32a5
a
.
Lời giải.
Chọn B
Ta có

26 15 3 2 7 4 3 2 2 3 1
xxx

.

32
23 223 223 1
xxx

43
23 223 23 20
xxx

 
3
23 123 20
xx





23 1
x

0x
.
0a
2
sin cos 1aa.
Bài tập 8. Gọi
A
là tập tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho tập nghiệm của phương trình
.2 1 2 1
xx
xxxm m
có hai phần tử. Tìm số phần tử của
A
.
A.
1
. B. Vô số. C.
3
. D.
2
.
Lời giải
Chọn
D
Xét phương trình

.2 1 2 1
xx
xxxm m
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 342


210
x
xm x
21
x
xm
x
.
Mà phương trình
21
x
x
 có hai nghiệm là
0x
;
1
x
.
Thật vậy: dựa vào hình vẽ
Với
0x
hoặc
1
x
thì 21
x
x
, đẳng thức xảy ra khi
0x
hoặc
1
x
.
Với
01
x

thì 21
x
x

phương trình 21
x
x
vô nghiệm.
Do đó tập
A
có hai phần tử khi
0m
hoặc
1m
.
Dạng 5: Phương pháp sử dụng tính đơn điệu
1. Phương pháp
* Ta thường sử dụng các tính chất sau:
Tính chất 1: Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = C có
không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). ( do đó nếu tồn tại x
0
(a;b) sao cho
f(x
0
) = C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C)
Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khoảng (a;b) và hàm g là hàm một hàm giảm trong khoảng
(a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khoảng (a;b) .
( do đó nếu tồn tại x
0
(a;b) sao cho f(x
0
) = g(x
0
) thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình
f(x) = g(x))
2. Bài tập
Bài tập 1.
Số nghiệm của phương trình
2
3
5
2018 2016 2017 2018
x
x
là
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Lời giải
Chọn
B
O
1
x
y
1
2
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 343
Đặt

2
3
5
2018 2016 2017 2018
x
fx x
,
D
.
Suy ra

2018 .ln 2018 2
x
f
xx

,,
M
AB liên tục trên
.

2018 .ln 2018 2
x
f
xx


2
2018 .ln 2018 2 0,
x
f
xx


Từ đó
f
x
đồng biến trên
D
mà
1. 0 0ff

nên
0fx
có nghiệm duy nhất trong
khoảng

1; 0
suy ra phương trình
0fx
có nhiều nhất hai nghiệm, mặt khác nhập hàm số vào
TABLE của casio (START
10
END
10
STEP
1
), ta được:
Dựa vào TABLE ta được


7. 6 0
0. 1 0
ff
ff

Vậy phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm trên hai khoảng
7; 6
và
0;1
.
Chú ý: Máy tính hiển thị “Insufficient MEM” thì tiến hành cài đặt để không xuất hiện
gx
bằng
cách bấm SHIFT MODE mũi tên xuống,
5
,
1
.
Bài tập 2.
Tập nghiệm của phương trình
2
log 6 log 2 4xx x x

là:
A.
1
. B.
4
. C.
3
. D.
2
.
Lời giải.
Chọn B
Điều kiện:
2
60
3.
20
xx
x
x



Phương trình đã cho tương đương với
 
log 2 ( 3) log 2 4xx x x
log( 3) 4 * .xx
Vế trái của phương trình cuối là hàm tăng, còn vế phải là hàm giảm nên nghiệm của phương
trình(nếu có) là duy nhất.
Bằng cách nhẩm nghiệm ta chọn kết quả
4.x
Bài tập 3. Cho
x
,
y
là các số thực thỏa
26
log 3log 3log
x
yxy

. Tìm giá trị Txy.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 344
A.
28T
. B.
22T
. C.
34T
. D.
30T
.
Lời giải
Chọn
A
Đặt
26
log 3log 3log 3
x
yxyt
8
6
10
t
t
t
x
y
xy


8610
tt t

43
1
55
tt




1
.
Nhận xét:
2t
là nghiệm của phương trình
1
.
Với
2t
:
22
4343
1
5555
tt
 

 
 
.
Vậy
2t
không là nghiệm của phương trình

1
.
Với
2t
:
22
4343
1
5555
tt
 

 
 
.
Vậy
2t
không là nghiệm của phương trình

1
.
Vậy
2t
là nghiệm duy nhất của

1
.
Khi đó, ta có
2
2
864
636
x
y


28Txy .
Bài tập 4. Phương trình
22 2
sin cos sin
23 4.3
x
xx

có bao nhiêu nghiệm thuộc
2017; 2017
.
A.
1284
. B.
4034
. C.
1285
. D.
4035
.
Lời giải
Chọn
C.
Ta có
22 2 2 2 2
sin os sin sin 1 sin sin
234.3 23 4.3
x
cx x x x x

Đặt
2
sin
x
t với
0;1t
, ta có phương trình
321
24.3 3.4
339
tt
tt
t




. Vì hàm số

21
3.
39
tt
ft




nghịch biến với
0;1t
nên phương trình có nghiệm duy nhất
0t
. Do đó
sin 0
x
xk

,
k
.
Vì
2017; 2017x
nên ta có
2017 2017
2017 2017kk
 nên có
1285
giá trị
nguyên của
k
thỏa mãn. Vậy có
1285
nghiệm.
Bài tập 5. Tìm số nghiệm của phương trình 2 3 4 ... 2017 2018 2017
xxx x x
x
 .
A.
1
. B.
2016
. C.
2017
. D.
0
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 345
Lời giải
Chọn A
Xét hàm số
2 3 4 ... 2017 2018
x
xx x x
fx
Ta có

2 ln 2 3 ln3 ... 2018 ln 2018 0
xx x
fx

,
x
.
Suy ra hàm số
2 3 4 ... 2017 2018
xxx x x
y 
đồng biến trên
.
Hàm số

2017gx x
nghịch biến trên
.
Mặt khác
 
0 0 2017fg
.
Do đó, phương trình
 
f
xgx
có nghiệm duy nhất
0x
.
Bài tập 6. Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình 33
33
x
x
xx
a

có nghiệm duy nhất.
A.
a
. B.
10a
. C.
0a
. D. không tồn tại a.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
33
33
x
x
xx
a

33 33
x
xx x
a


22
33
x
x
a

1
.
Xét hàm số

22
33
x
x
fx

.
Có

22
2.3 2.3 0
xx
fx

,
x
.
Do đó, hàm số
yfx
luôn đồng biến trên
.
Suy ra với mọi giá trị của
a thì
1
luôn có nghiệm duy nhất.
Bài tập 7. Số nghiệm của phương trình

2
2
ln 2 2018
2
x
xx
là
A.
3
. B.
1
. C.
4
. D.
2
.
Lời giải
Chọn C
Xét hàm số


2
2
ln 2
2
x
fx x x
với
;2 2;x
 
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 346
Ta có

2
2
1
2
x
fx x
x

;



2
2
2
24
10,;22;
2
x
fx x
x

 
.
Nên suy ra hàm số

2
2
1
2
x
fx x
x

đồng biến trên mỗi khoảng
;2
và
2;
.
Mặ khác

 
2. 3 1.1 3 0ff


và

8
3. 2 .1 0
7
ff

 nên
f
x
có đúng một
nghiệm

;2a
và đúng một nghiệm
2;b

.
Ta có bảng biến thiên
Ta có


3
3 3 2018
2
fa f và

3
3 3 2018
2
fb f
Bài tập 8. Tìm số thực a để phương trình:
99 3cos
xx
ax

, chỉ có duy nhất một nghiệm thực
A.
6a 
. B.
6a
. C.
3a
. D.
3a
.
Hướng dẫn giải
Chọn
A
Giả sử
0
x
là nghiệm của phương trình. Ta có
00
0
99.3cos()
xx
ax

.
Khi đó
0
2
x
cũng là nghiệm của phương trình.
Thật vậy
00
22
0
993cos2
xx
ax





00
0
81 9
9cos
93
xx
ax

00
0
99.3cos
xx
ax

.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
00
2
x
x
0
1x
.
Với
0
1x
6a
.
Ngược lại, với
6a 
, phương trình
99 6.3cos
xx
x


9
36cos
3
x
x
x
 .
+
9
36
3
x
x

+

6cos 6x

Khi đó dấu
""
xảy ra khi và chỉ khi
9
36
3
cos 1
x
x
x
1
x
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 347
Vậy
00
0
99.3cos()
xx
ax

có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
6a
.
Bài tập 9. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số

;
x
y
thỏa mãn
2132
ee 1
xy x y
xy


, đồng thời thỏa mãn
22
22
log 2 1 4 log 4 0xy m xm

.
A.
3
. B.
4
. C.
5
. D.
6
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
2132
ee 1
xy x y
xy


21 32
e21e32
xy x y
x
yxy


.
Xét hàm số

e
t
f
tt
trên
. Ta có
e10
t
ft

nên hàm số đồng biến trên
.
Do đó phương trình có dạng:

2132
f
xy f x y
2132
x
yxy
 1yx.
Thế vào phương trình còn lại ta được:
22
22
log 4 log 4 0xm xm

.
Đặt
2
logtx
, phương trình có dạng:
22
440tmtm

.
Để phương trình có nghiệm thì
0
2
380mm

8
0
3
m
.
Do đó có
3
số nguyên m thỏa mãn.
Bài tập 10. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số

;
x
y
thỏa mãn
35 31
ee 122
xy xy
x
y


, đồng thời thỏa mãn
22
33
log 3 2 1 6 log 9 0xy m xm

.
A.
6
. B.
5
. C.
8
. D.
7
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
35 31
ee 122
xy xy
xy


35 31
e35e 31
xy xy
xy xy


.
Xét hàm số

e
t
f
tt
trên
. Ta có
e10
t
ft

nên hàm số đồng biến trên
.
Do đó phương trình có dạng:

35 31fx y fx y

35 31
x
yx y
 212yx.
Thế vào phương trình còn lại ta được:
22
33
log 6 log 9 0xm xm

.
Đặt
3
logtx
, phương trình có dạng:
22
690tmtm

.
Để phương trình có nghiệm thì
0
2
3120mm

04m

.
Do đó có
5
số nguyên m thỏa mãn.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 348
Bài tập 11. Gọi
0
3ab
x
c
là một nghiệm lớn hơn
1
của phương trình

1
1
2
1
23 121
3
x
x
xx








.
Giá trị của
Pabc
là
A.
6P
. B.
0P
. C.
2P
. D.
4P
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện xác định:
0x
.

1
1
1
23 1
3
x
x
x








2
21x
1
1
2
1
331
2
x
x
x
x

1
1
2
1
331
2
x
x
x
x

1
. Xét hàm số
3
t
f
tt
0t
,
3.ln3 1 0
t
ft

 
1
11
2
ffx
x




1
1
2
x
x

13
2
x

1a
,
1b
,
2c
. Vậy
4P
.
Bài tập 12. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
ln lnmmxx

có nhiều nghiệm
nhất.
A.
0m
. B.
1m
. C. em
. D.
1m 
.
Lời giải
Chọn B
Ta có



ln ln 1mmxx
.
Điều kiện
e
m
x
m
.
Đặt

ln mx y
ta được e
y
mx. Thay vào
1
ta được
ln my x
e
x
m
y

.
Ta có hệ
e
ee e e
e
x
xy x y
y
my
yx x y
mx



. Do hàm số
e
t
f
tt
đồng biến trên
nên suy ra
x
y

ln
x
xm
e
x
x
m
 .
Xét hàm số

e
x
gx x
;

e1
x
gx
;
00gx x

.
BBT
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 349
Suy ra phương trình có nhiều nhất là hai nghiệm
1m
. (chú ý nghiệm luôn thỏa điều kiện).
Bài tập 13. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
2
2
2
2
33 1
log 5 2
21
xxm
x
xm
x
x


Có hai nghiệm phân biệt lớn hơn
1
.
A.
3
. B. Vô số. C.
2
. D.
4
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
2
33 10xxm.
Ta có:
2
2
2
2
33 1
log 5 2
21
xxm
x
xm
x
x



2
2
2
2
33 1
log 1 5 1
21
xxm
x
xm
xx






2
2
2
2
33 1
log 5 1
422
xxm
x
xm
x
x




2222
22
log 3 3 1 log 4 2 2 4 2 2 3 3 1xxm xx xx xxm  

22 22
22
log 3 3 1 3 3 1 log 4 2 2 4 2 2xxm xxm xx xx
1
Xét hàm số:
2
log
f
tt t
trên
0;
, ta có

1
10
.ln2
ft
t

,
0;t
.
Do đó hàm số
f
t
đồng biến trên
0;
.
Suy ra:


22
1422331fx x fx xm
22
42233 1xx xxm
2
51xxm

2
. Điều này đúng với mọi
x
.
Xét hàm số:
2
5gx x x
trên
, ta có

5
250
2
gx x x
 .
Bảng biến thiên:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 350
- Theo bảng biến thiên ta thấy: phương trình

2
có hai nghiệm phân biệt lớn hơn
1
khi và chỉ khi
25
14
4
m
21
3
4
m
.
Do
m
nên

5; 4m
.
Vậy có
2
giá trị nguyên của
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 14. Cho phương trình
22 2
25
log 1 .log 1 log 1 .
m
xx xx xx  
Có bao nhiêu giá trị
nguyên dương khác
1
của
m
sao cho phương trình đã cho có nghiệm
x
lớn hơn
2
?
A. Vô số. B.
3
. C.
2
. D.
1
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện xác định:
2
1xx
1x
.
Đặt
2
2
log 1txx
thì
2
2
1
1
1
.
ln 2
1
x
x
t
xx

2
22
11
.
ln 2
11
xx
xx x


2
1
0
1ln2x

BBT:
Do
2x

2
log 2 3t
.
Phương trình trở thành
5
1
.log 2 log
2
t
m
t
t
5
.log 2 log 2
m
t
5
1
log m
t

Ycbt

5
2
1
log
log 2 3
m 

2
1
log 2 3
5m

. Do
*
m
và
1m
nên
2m
.
Bài tập 15. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
3
3
3 27 3 27.2 2
xx
mm
có
nghiệm thực?
A. 6. B. 4.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 351
C. Vô số. D. Không tồn tại m.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có

3
333
3 27 3 27.2 2 27 3 27.2 2 3 . 1
xx x x
mm m m
Đặt
2,
x
u
điều kiện:
0u
và

3
3
3 27.2 3 27. . 2
x
mvvmu
(1) trở thành
3
27 3 . 3uvm
Từ (3) và (2) suy ra
33 22
27 27 . 27 0uvvuuvuuvv
.uv
Do
2
2
22
13
4270,,,
24
v
uuvv u v uv




nên
3
3
27
327 ,
3
uu
muum

với
0.u
Xét hàm số

3
27
3
uu
fu
với
0.u
Ta có



3
1
327; 0 3
3
fu u fu u

 do
0.u
Suy ra

0;
min 54.fu


Do đó có vô số giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm thực.
Bài tập 16. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 4.2250
xx
mm
 có hai
nghiệm trái dấu?
A. Vô số. B. 0. C. 1. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có

2
4 .22 50 2 .22 50
xx x x
mm mm 
Đặt
2, 0,
x
tt
phương trình thành
2
2502.tmtm
Đặt

2
25ft t mt m
Nhận xét rằng với một giá trị
0t
ta tìm được một nghiệm x nên để phương trình có hai nghiệm
12
0
x
x
thì phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
21
0tt
đồng thời
12
1tt
(vì
12
0
222
x
x
 ). Từ đó, ta có:



2
2
8200
0
42 5 0
5
0
250
5
4.
2
0
0
2
0
1. 0
1. 1 2 5 0
4
mm
mm
P
m
m
m
S
m
m
ft
mm
m











Vậy chỉ có một giá trị nguyên của tham số m thỏa đề.
Bài tập 17. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình

23 41*
xx
m
có
nghiệm duy nhất?
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 352
A. 3. B. Vô số. C. 1. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt
2, 0,
x
tt
phương trình
 
2
2
3
*3 1 1.
1
t
tmt m
t

Xét hàm số

2
3
1
t
ft
t
xác định trên tập
0; .D

Ta có


22
13
.
11
t
ft
tt

Cho

1
0130 .
3
ft t t
 
Bảng biến thiên
x

0
1
3

y
+ 0
y
10
3 1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy với
13m
hoặc
10m
phương trình có nghiệm duy nhất nên có hai
giá trị nguyên của tham số m.
Bài tập 18. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình

11
2.4 5.2 0, *
xx
m


có nghiệm?
A. 3. B. 0. C. 1. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt
1
2,
x
t
điều kiện
1
2
t vì
11.x 
Khi đó
2
*25 .ttm
Xét hàm số
2
25
y
tt
trên
1
;.
2



Ta có
45.
yt

Cho
5
0450 .
4
yt t
 
x

1
2
5
4

y
+ 0
y
25
8
2

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 353
Do đó phương trình có nghiệm khi
25
.
8
m
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 354
BÀI 6. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
A. KIẾN THỨC SÁCH GIÁO KHOA CẦN NẮM
I. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
1. Bất phương trình mũ cơ bản
2. Cách giai bất phương trình mũ đơn giản
a) Đưa về cùng cơ số
 
 
 
01
1
fx gx
a
f
xgx
aa
a
f
xgx


b) Đặt ẩn phụ
 
2
0
fx fx
aa


. Đặt
,0
fx
ta t
c) Phương pháp logarit hóa


()
01
log
1
log
a
a
fx
a
a
f
xb
a
f
xb
b


() ()
1
() ().log
01
() ().log
b
a
fx gx
b
a
a
fx gx
ab
a
fx gx


II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
1. Bất phương pháp logarit cơ bản
2. Cách giải một số bất phương trình logarit đơn giản
a) Đưa về cùng cơ số
 
 
 
0
log log
1
1
aa
a
fx
a
g
x
fx gx
g
xfx


b) Phương pháp mũ hóa
1
()
01
0()
log ( )



b
b
a
fx a
a
a
f
xa
fx b
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Phương pháp biến đổi tương đương đưa về cùng cơ số
1. Phương pháp
a. Bất phương trình mũ cơ bản
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 355
● Bất phương trình
() ()
() ()
() ()
1
1
01
fx gx
a
f
xgx
aa a
a
f
xgx
é
ì
>
ï
ï
ê
í
ê
ï
£
ï
ê
î
ê
£=
ê
ê
ì
ê
<<
ï
ï
ê
í
ê
ï
³
ï
ê
î
ë
( hoặc
()()()
0
10
a
afxgx
ì
>
ï
ï
í
é
ù
ï
--£
ï
ë
û
î
).
● Bất phương trình
()
fx
ab<
(với
0b >
)
()
()
1
log
01
log
a
a
a
f
xb
a
f
xb
é
ì
>
ï
ï
ê
í
ê
ï
£
ï
ê
î
ê
ì
<<
ê
ï
ï
ê
í
ê
ï
³
ï
î
ë
.
● Bất phương trình
()
fx
ab>
()
()
()
0
0
1
0
log
01
0
log
a
a
a
b
fx
a
b
f
xb
có nghia
a
b
f
xb
é
ì
ï
>
ï
ê
ï
ê
ï
£
í
ê
ï
ê
ï
ï
ê
ï
î
ê
ê
ì
ï
>
ê
ï
ï
ê
ï
>
í
ê
ï
ê
ï
ï
>
ê
ï
î
ê
ê
ì
ï
<<
ê
ï
ï
ê
ï
>
í
ê
ï
ê
ï
ï
<
ê
ï
î
ë
.
b. Bất phương trình logarit cơ bản
● Bất phương trình
() ()
() ()
() ()
1
0
log log
01
aa
a
f
xgx
fx gx
a
fx gx
é
ì
>
ï
ï
ê
í
ê
ï
<£
ï
ê
î
£
ê
ì
<<
ê
ï
ï
ê
í
ê
ï
³
ï
î
ë
( hoặc
()
()
( ) () ()
01
0
0
10
a
fx
gx
afxgx
ì
<¹
ï
ï
ï
ï
>
ï
ï
í
ï>
ï
ï
ï
éù
ï
--£
ï
ëû
î
).
● Bất phương trình
()
()
()
1
0
log
01
b
a
b
a
f
xa
fx b
a
fx a
é
ì
>
ï
ï
ê
í
ê
ï
<£
ï
ê
î
£
ê
ì
ê
<<
ï
ï
ê
í
ê
ï
³
ï
ê
î
ë
.
● Bất phương trình
()
()
()
1
log
01
0
b
a
b
a
fx a
fx b
a
f
xa
é
ì
>
ï
ï
ê
í
ê
ï
>
ï
ê
î
³
ê
ì
ê
<<
ï
ï
ê
í
ê
ï
<£
ï
ê
î
ë
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 356
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho bất phương trình
22
77
log 2 2 1 log 6 5
x
xxxm

. Có bao nhiêu giá
trị nguyên của tham số m để bất phương trình trên có tập ngiệm chứa khoảng

1; 3 ?
A.
35
. B.
36
. C.
34
. D.
33
.
Lời giải
Chọn C

2
22
77
65 0
log 7 2 2 log 6 5
xx m
bpt
x
xxxm


 

2
2
65
689
mx x
x
xm






1;3
1;3
max
min
mfx
mgx
, với

2
65
f
xxx
 ;
2
689
g
xxx

Xét sự biến thiên của hai hàm số
f
x và
g
x

260, 1;3fx x x

f
x
luôn nghịch biến trên khoảng
1; 3


1;3
max 1 12fx f
12 8 0, 1;3gx x x

g
x luôn đồng biến trên khoảng
1; 3


1;3
min 1 23gx g
Khi đó
12 23m
Mà
m
nên
11; 10; ...;22m 
Vậy có tất cả
34
giá trị nguyên của
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 2. Gọi
S
là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số
m
để bất phương trình
22
22
log 7 7 log 4
x
mx x m
có tập nghiệm là
. Tổng các phần tử của
S
là
A.
10
. B.
11
. C.
12
. D.
13
.
Lời giải
Chọn
C
BPT có tập nghiệm
2
22
40
77 4
mx x m
x
mx x m


,
x


2
2
401
7472
mx x m
mx x m


,
x
.
Ta có:

2
1
0
12
40
am
m
m



.
Ta có:


2
2
70
2725
47 0
am
mm
m



.
Do đó
2
25
5
m
m
m

, mà
m
nên
3; 4; 5m .
Vậy
34512S 
.
Bài tập 3.
Bất phương trình
2
2
68
log 0
41
xx
x

có tập nghiệm là
1
;;
4
Tab



. Hỏi
M
ab
bằng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 357
A.
12
M
. B.
8M
. C.
9M
. D.
10M
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
2
2
68
log 0
41
xx
x

2
68
1
41
xx
x


2
10 9
0
41
xx
x

2
2
10 9 0
410
10 9 0
410
xx
x
xx
x




1
1
4
9
x
x

.
Nên
1
;1 9;
4
T



M
ab 1910

.
Bài tập 4. Tập nghiệm của bất phương trình
2
12
2
log log 1 1x

là:
A.
1; 5S


. B.
;5 5;S

 

.
C.
5; 5S



. D.
5; 1 1; 5S

.
Lời giải
Chọn B
* ĐKXĐ:

2
2
2
2
log 1 0
11 ; 2 2;
10
x
xx
x



.
Bất phương trình
2
12
2
log log 1 1x


1
2
2
1
log 1 2
2
x




2
14x
2
5x
;5 5;x



.
* Kết hợp điều kiện ta được:
;5 5;x



.
Bài tập 5. Bất phương trình
22
ln 2 3 ln 1xxax nghiệm đúng với mọi số thực
x
khi:
A.
22 22a
. B.
022a
. C.
02a
. D.
22a
.
Lời
giải
Chọn
D
22
ln 2 3 ln 1xxax
nghiệm đúng với mọi số thực
x
2
22
10
,
23 1
xax
x
xxax



.
2
2
10
,
20
xax
x
xax



2
2
40
80
a
a


2
40a

22a
.
Bài tập 6. Bất phương trình
2
31 3 4 0
x
xx
có bao nhiêu nghiệm nguyên nhỏ hơn 6?
A.
9
. B.
5
. C.
7
. D. Vô số.
Lời giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 358
Chọn C
2
31 3 4 0
x
xx
2
2
310
340
310
340
x
x
xx
xx




0
41
0
41
x
x
x
x
x



1
40
x
x

.
Kết hợp điều kiện nghiệm nguyên nhỏ hơn
6
ta thấy các giá trị thỏa là
3; 2; 1; 2;3; 4;5 .
Bài tập 7.
nghiệm của bất phương trình
2
21 1
22
11
22
x
xx
xx

 

 
 
là
A.
2
1;
2




. B.
2
0;
2
.
C.
1; 0
. D.
22
1; 0;
22




.
Lời giải
Chọn D
Do
2
1
0
2
x
x
nên
2
2
21 1
2
22
2
2
2
1
1
2
1
1
11
2
22
211
1
01
2
211
xx x
x
x
xx
x
xx
x
x
xx



 

 
 





1
1
2
2
11
;;
1
1;
22
2
1; 0
1
0;
11
2
;
22
;1 0;
x
x
x
x
x
x
x
x













22
1; 0;
22
x




.
Bài tập 8. Số nghiệm nguyên của bất phương trình
2
310 2
11
33
x
xx

 
 
 
là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 359
A.
1
. B.
0
. C.
9
. D.
11
.
Lời giải
Chọn C

2
310 2
2
2
2
2
11
310 2
33
2
5
3100
2 0 2
14
310 2
5 14
xx x
xx x
x
x
xx
xx
x
xx x
x

 

 
 








Vậy tập tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là
5; 6; 7;8; 9;10;11;12;13
.
Bài tập 9. Tìm tập nghiệm
S
của bất phương trình
22
log 2 3 log 3
mm
x
xxx

với m là tham số
thực dương khác
1
, biết
1
x
là một nghiệm của bất phương trình đã cho.
A.

1
2;0 ;3
3
S



. B.

1
1; 0 ; 3
3
S



.
C.
1; 0 1; 3S  . D.
1
1; 0 ; 3
3
S



.
Lời giải
Chọn
D
Do
1
x
là nghiệm nên ta có
log 6 log 2
mm
01m
.
Bất phương trình tương đương với
22
2
233
30
x
xxx
xx


2
2
230
30
xx
xx


13
1
0;
3
x
xx

10
1
3
3
x
x


.
Vậy
1
1; 0 ; 3
3
S



.
Bài tập 10. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình:
22
55
1 log 1 log 4
x
mx x m

thỏa mãn với mọi
x
.
A.
10m
. B.
10m
. C.
23m
. D.
23m
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
22
55
1 log 1 log 4
x
mx x m
22
55
log 5 5 log 4
x
mx x m
 
2
2
22 2
40 1
40
55 4 5 4 50 2
mx x m
mx x m
x mxxm mxxm






Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 360
Để bất phương trình đã cho thỏa mãn với mọi x
điều kiện là cả
1
và
2
đều thỏa mãn
với mọi
x . Điều kiện là

2
2
05
40 23
450
m
mm
m



.
Bài tập 11. Bất phương trình
22
ln 2 3 ln 1xxax
nghiệm đúng với mọi số thực
x
khi:
A.
22 22a
. B.
022a
. C.
02a
. D.
22a
.
Lời
giải
Chọn
D
Ta có
22
ln 2 3 ln 1xxax
nghiệm đúng với mọi số thực
x
2
22
10
23 1
xax
x
xax


x
2
2
10
20
xax
xax


x
2
2
40
80
a
a


2
40a
22a
.
Bài tập 12. Gọi
S
là tập tất cả các giá trị nguyên không dương của m để phương trình
15
5
log log 2 0xm x
có nghiệm. Tập
S
có bao nhiêu tập con?
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
15
5
log log 2 0xm x

55
20
0
log 2 log
x
xm
x
xm



2
2
x
xm
x
xm


2
2
2
x
x
m
m
x

.
Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
2
2
2
2
2
m
m
m

2
2
m
m


2m
.
Mà
m là số nguyên không dương nên
1; 0m . Suy ra
1; 0S  .
Vậy số tập con của
S
bằng
2
24
.
Chú ý:
- Các tập con của
S
là:
,
1
,
0 ,
S
.
- Một tập hợp có
n phần tử thì số tập con của nó là
2
n .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 361
Bài tập 13. Tìm các giá trị thực của tham số m để bất phương trình
0,02 2 0,02
log log 3 1 log
x
m
có
nghiệm với mọi
;0x 
.
A.
9.m
B.
2.m
C.
01.m
D.
1.m
Lời giải
Chọn D
0,02 2 0,02
log log 3 1 log
x
m
TXĐ:
D
ĐK tham số
m :
0m
Ta có:
0,02 2 0,02 2
log log 3 1 log log 3 1
xx
mm
Xét hàm số


2
log 3 1 , ;0
x
fx x
có


3.ln3
0, ;0
31ln2
x
x
fx

Bảng biến thiên

f
x :
x
 0
f
+
f
1
0
Khi đó với yêu cầu bài toán thì
1.m
Bài tập 14. Nghiệm của bất phương trình
22
log 3 1 6 1 log 7 10
x
x

là
A.
369
1
49
x
. B.
369
49
x
. C.
1
x
. D.
369
49
x
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện
1
10
3
x
.
*
Ta có
22
log 3 1 6 1 log 7 10
x
x
3 1614210
x
x

318210
x
x
3 1 64 32 10 4 10
x
xx
(Do
* )
32 10 103 7
x
x

(*)
2
1024 10 10609 49 1442
x
xx
2
49 418 369 0xx
369
1
49
x
.
Bài tập 15. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi
x
thuộc
:
22
66
1 log 1 log 2
x
mx x m
.
A.
2
. B.
3
. C.
4
. D.
5
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
2
20mx x m
.
Ta có
22 2 2
66 6 6
1 log 1 log 2 log 6 1 log 2
x
mx x m x mx x m




22 2
61 2 62 60xmxxmmxxm
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 362
Điều kiện bài toán

2
2
2 0, 1
62 60, 2
mx x m x
mxxm x


Giải

1 : Do
0m
không thỏa
1 nên

2
0
11
10
m
m
m


.
Giải

2 : Do
6m
không thỏa
2 nên:


2
2
6
6
6
25
5
12 35 0
160
7
m
m
m
m
m
mm
m
m



 

.
Suy ra
15m
.
Vậy có
4
giá trị nguyên của m .
Dạng 2: Phương pháp đặt ẩn phụ
1. Phương pháp
a. Bất phương trình mũ
Tổng quát:
()
()
()
(
)
0
00 1
0
gx
gx
ta
fa a
ft
ì
ï
=>
ï
éù
=<¹
í
êú
ëû
ï
=
ï
î
.
Ta thường gặp các dạng:
●
() ()
2
.. 0
fx fx
ma na p++=
●
() ()
.. 0
fx fx
ma nb p++=
, trong đó
.1ab=
. Đặt
()
,0
fx
ta t=>
, suy ra
()
1
fx
b
t
=
.
●
()
()
()
()
22
....0
fx
fx fx
ma n ab pb++=
. Chia hai vế cho
(
)
2
f
x
b
và đặt
()
0
fx
a
t
b
æö
÷
ç
=>
÷
ç
÷
ç
èø
.
b. Bất phương logarit
Tổng quát:
() ( )
()
()
log
log 0 0 1
0
a
a
tfx
ffx a
ft
ì
=
ï
ï
éù
=<¹
í
ëû
ï
=
ï
î
.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Tìm số các nghiệm nguyên của bất phương trình

2
log 100
log 10
1log
4.3 9.4 13.6
x
x
x
.
A.
10
. B.
9
. C.
8
. D.
11
Lời giải
Chọn C
ĐK:
0
x
.
PT
 
2.log 10 2.log 10 log 10
4.3 9.2 13.6
x
xx


2log 10 log 10
33
4. 13. 9 0
22
xx
 

 
 
Đặt
log 10
3
0
2
x
t




thì phương trình trở thành:
2
413901
4
tt t

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 363
Do đó


log 10
39
11log102110
24
x
xx




Số các nghiệm nguyên của bất phương trình là
8
.
Bài tập 2. Xét bất phương trình
2
22
log 2 2 1 log 2 0xm x

. Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để
bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng
2;
.
A.
0;m 
. B.
3
;0
4
m




. C.
3
;
4
m




. D.
;0m 
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
0x
2
22
log 2 2 1 log 2 0xm x

2
22
1log 2 1log 2 0 1xm x
.
Đặt
2
logtx
.Vì
2x
nên
22
1
log log 2
2
x 
. Do đó
1
;
2
t





1
thành

2
12120tmt 
2
210tmt

2
Cách 1: Yêu cầu bài toán tương đương tìm
m
để bpt (2) có nghiệm thuộc
1
;
2




.
Xét bất phương trình (2) có:
2
'10, mm
.
2
210ft t mt có
0ac
nên (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt
12
0tt
.
Khi đó cần
2
2
113
1
224
tmm m 
.
Cách 2:

2
2
11
210 < m
22
t
tmt ft t
t




Khảo sát hàm số

f
t
trong
0;
ta được
3
;
4
m




.
Bài tập 3. Cho bất phương trình:
91.301
xx
mm
. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất
phương trình

1
nghiệm đúng
1
x
.
A.
3
.
2
m 
B.
3
.
2
m 
C.
322.m 
D.
322.m 
Lời giải
Chọn A
Đặt
3
x
t
Vì
13
x
t
Bất phương trình đã cho thành:
2
1. 0tmtm

nghiệm đúng
3t
2
1
tt
m
t

nghiệm đúng
3t
.
Xét hàm số
 

2
22
2,3,'1 0,3
1
1
g
tt t gt t
t
t
 
. Hàm số đồng biến trên
3; 
và

3
3
2
g
. Yêu cầu bài toán tương đương
33
22
mm

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 364
Bài tập 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
0;10m
để tập nghiệm của bất phương trình
22 2
21 4
2
log 3log 7 log 7xxmx
chứa khoảng
256;
.
A.
7
. B.
10
. C.
8
. D.
9
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
22
21
2
0
log 3log 7 0
x
xx

2
22
0
log 6log 7 0
x
xx

2
2
0
log 1
log 7
x
x
x

0
1
2
128
x
x
x
1
0
2
128
x
x
Với điều kiện trên bất phương trình trở thành

2
26 2
log 6log 7 log 7 *xxmx
Đặt
2
logtx
thì
8t
vì
256;x 
 
*177tt mt
. Đặt

1
7
t
ft
t
.
Yêu cầu bài toán

8;
maxmft


Xét hàm số

1
7
t
ft
t
trên khoảng
8;
Ta có


2
47
.0,8
1
7
t
f
tt
t
t


f
t luôn nghịch biến trên khoảng
8; 
Do đó

8;
max 8 3ft f


3m
.
Mà
0;10m nên
3;4;...;10m .
Vậy có
8
giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 5. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình
22
log 5 1 .log 2.5 2
xx
m
có nghiệm với mọi
1
x
.
A.
6m
. B.
6m
. C.
6m
. D.
6m
.
Lời giải
Chọn C.
Điều kiện của bất phương trình:
0x
.
Ta có
22
log 5 1 .log 2.5 2
xx
m
22
log 5 1 . 1 log 5 1
xx
m




1 .
Đặt
2
log 5 1
x
t 
, với
1
x
ta có
2t
. Khi đó
1 trở thành
2
mt t

2 .
Xét hàm số

2
f
ttt trên
2;
ta có
210ft t
,
2;t
.
Do đó để bất phương trình đã cho có nghiệm với mọi
2t
thì

2;
minmft

hay
6m
.
Bài tập 6. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình
22
33223
92.3 3
x
xm x xm x x 

có nghiệm?
1
,8
7
t
mt
t

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 365
A.
6
. B.
4
. C.
9
. D.
1
.
Lời giải
Chọn D.
Điều kiện
2
30xxm
(*)
22
33223
92.3 3
x
xm x xm x x 

2
2
23
3
21
3.3 0
927
xxmx
xxmx



2
32
03 3
xxmx

2
32xxmx
2
32xxmx
.
2
22
30
20
344
xxm
x
xxmxx



2
30
2
4
xxm
x
xm



42 2mm
.
Do
m nguyên dương nên
1m
thỏa mãn (*).
Bài tập 7. Bất phương trình
2
2
2
22
log
log
2
1
log log 1
x
x
xx

có bao nhiêu nghiệm nguyên dương nhỏ hơn
10
.
A.
7
. B.
8
. C.
9
. D.
6
.
Lời
giải
Chọn
A
Điều kiện của bất phương trình là
0x
. Khi đó
2
2
2
22
log
log
2
1
log log 1
x
x
xx
22
22
log 1 2log
1
log log 1
xx
xx

Đặt
2
logtx
. Ta có
12
1
1
tt
tt



2
2
12
1
1
tt
tt



2
2
12
10
1
tt
tt



2
21
0
1
tt
tt


1
1
0
2
1
t
t
t


Trả lại ẩn ta có
2
2
2
log 1
1
0log
2
log 1
x
x
x


1
2
12
2
x
x
x

Kết hợp với điều kiện
0x
ta có
1
0
2
x
hoặc
12x
hoặc
2x
.
Khi đó bất phương trình có
7
nghiệm nguyên dương nhỏ hơn
10
.
Bài tập 8. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình

2
.4 1 .2 1 0
xx
mm m

nghiệm đúng
x
?
A.
3m
. B.
1m
. C.
14m

. D.
0m
.
Lời giải
Chọn
B.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 366
Bất phương trình

.4 4 1 .2 1 0
xx
mm m

44.2114.2
x
xx
m
14.2
44.21
x
xx
m


Đặt
2
x
t
(Điều kiện
0t
). Khi đó
2
41
41
t
m
tt
. Để bất phương trình ban đầu nghiệm đúng
x
thì bất phương trình
2
41
41
t
m
tt
nghiệm đúng
0t
.
Đặt
 

2
22
2
41 4 2
0, 0
41
41
ttt
ft f t t
tt
tt




.
Hàm số nghịch biến trên

0; 
. Khi đó
2
41
41
t
m
tt
0t
khi và chỉ khi
01mf
Bài tập 9. Tìm tất cả các giá trị của tham số m bất phương trình
1
4210
xx
m

có nghiệm
x
.
A.
;0m 
. B.
0;m

.
C.

0;1m
. D.
;0 1;m

.
Lời giải
Chọn A
Ta có:


1
1
44
4210
21
42 1
xx
xx
x
x
mmm

.
Đặt
2, 0
x
tt
. Yêu cầu bài toán tương đương với


2
,0;
41
t
mt
t

.
Đặt


2
,0
41
t
ft t
t

,




2
2
22
21
112
.
44
11
tt t
tt
ft
tt







.

0
0
2
t
ft
t


.
Bảng biến thiên (Bố sung các đầu mũi tên trong bbt là
vào nhé)
Dựa vào bảng biến thiên có
0m
.
Bài tập 10. Xét bất phương trình
2
22
log 2 2 1 log 2 0xm x

. Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng
2;
.
A.
0;m 
. B.
3
;0
4
m




. C.
3
;
4
m




. D.
;0m 
.
Lời giải
Chọn C
+∞
-
0
0
-1
t
+∞-∞
0
-2
0
f
'(t)
f
(t)
+
-
+
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 367
Điều kiện: 0x
2
22
log 2 2 1 log 2 0xm x

2
22
1log 2 1log 2 0 1xm x
.
Đặt
2
logtx
.Vì
2x
nên
22
1
log log 2
2
x . Do đó
1
;
2
t





1
thành

2
12120tmt 
2
210tmt

2
Cách 1: Yêu cầu bài toán tương đương tìm
m
để bpt (2) có nghiệm thuộc
1
;
2




.
Xét bất phương trình (2) có:
2
'10, mm
.
2
210ft t mt
có
0ac
nên (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt
12
0tt
.
Khi đó cần
2
2
113
1
224
tmm m .
Cách 2:

2
2
11
210 < m
22
t
tmt ft t
t




Khảo sát hàm số

f
t
trong
0;
ta được
3
;
4
m




.
Bài tập 11. Tìm giá trị gần đúng tổng các nghiệm của bất phương trình sau:
()
2 65 43 2
2
22 22
33
22 22 2 4
2log 2log 5 13 4 24 2 27 2 1997 2016 0
33 loglog
xx
xx xx x
xx
æö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
-+-+-+-+-++£
÷
ç
÷
ç
÷
÷
ç
÷
ç
èø
A.
12,3. B.
12
. C. 12,1. D. 12,2 .
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
01
x

.
Ta có
65 43 2
24 2 27 2 1997 2016xx xx x 

22
32 3 6 4 2
1 22 26 1997 2015 0xx x x x x
,
x
.
Do đó bất phương trình đã cho tương đương với
2
2
22 22
33
22 22 2 4
2log 2log 5 13 4 0
33 loglog
xx
xx






.
Đặt
22
log
3
x
t , ta có bất phương trình
22
22524413tt tt 

22
2
2
13 13
11
22 2
tt




.
Đặt
13
;
22
ut




và

1;1vt
. Ta có
13
2
uvuv

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 368
Dấu bằng xảy ra khi
1
34
2
2133
12 5
t
ttt
t

5
4
22
12,06
3
x




.
Bài tập 12. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để bất phương trình
1
4.2320
xx
mm
 có nghiệm
thực.
A.
2m
. B.
3m
. C.
5m
. D.
1m
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
1
4.2320
xx
mm

2
22.2320
xx
mm

Đặt
20
x
tt
.
Ta có bất phương trình tương đương với
2
2. 3 2 0tmt m

2
3
22
t
m
t
Xét

2
3
22
t
ft
t
trên

0; 
.


2
2
246
22
tt
ft
t

;

0ft
1
3
t
t
.
Bảng biến thiên
Vậy để bất phương trình có nghiệm thực thì
1m
.
Bài tập 13. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình
2
22
4log log 0xxm
nghiệm đúng với mọi giá trị
1; 64x
.
A.
0m
. B.
0m
. C.
0m
. D.
0m
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
2
22
4log log 0xxm

2
22
log log 0xxm

.
Đặt
2
log
x
t
, khi
1; 64x
thì
0;6t
.
Khi đó, ta có
2
0ttm
2
*mtt
.
Xét hàm số
2
f
ttt
với
0;6t
.
Ta có
210, 0;6ft t t

.
Ta có bảng biến thiên:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 369
Bất phương trình đã cho đúng với mọi
1; 64x
khi và chỉ khi bất phương trình
*
đúng với
mọi
0;6t
0m.
Bài tập 14. Có bao nhiêu giá trị dương của tham số thực
m
để bất phương trình

2222
21 4
2
log log 3 log 3xxmx
có nghiệm duy nhất thuộc
32;
?
A.
2
. B.
1
. C.
3
. D.
0
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện xác định:
2
22
0
log 2log 3 0
x
xx

1
0
2
8
x
x
.
Hàm số xác định trên
32;
.

2222
21 4
2
log log 3 log 3xxmx

22
22 2
log 2log 3 log 3xxmx

.
Đặt
2
logtx
. Khi
32x
, ta có miền giá trị của
t
là
5;
.
Bất phương trình có dạng:

2
222 2
23 1
23 3
33
tt t
tt mt m m
tt


.
Xét hàm số

1
3
t
ft
t
trên
5;
có


2
4
3
ft
t
nên hàm số nghịch biến trên
5;
.
Do
lim 1
x
ft

và
53f
nên ta có
13ft
.
Do với mỗi
t
có duy nhất một giá trị
x
nên để bất phương trình đãcho có nghiệm duy nhất thuộc
32;
khi và chỉ bất phương trình

2
m
f
t
có nghiệm duy nhất trên
5;
.
Khi đó:
2
4
33mm
. Do đó không có số nguyên dương m thỏa mãn.
Bài tập 15. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình
22
33223
92.3 3
x
xm x xm x x 

có nghiệm?
A.
6
. B.
4
. C.
9
. D.
1
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện
2
30xxm (*)
22
33223
92.3 3
x
xm x xm x x 

2
2
23
3
21
3.3 0
927
xxmx
xxmx



2
32
03 3
xxmx

2
32xxmx
2
32xxmx

.
 





Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 370
2
22
30
20
344
xxm
x
xxmxx



2
30
2
4
xxm
x
xm



42 2mm
.
Do
m nguyên dương nên
1m
thỏa mãn (*).
Bài tập 16.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình

22
log 5 1 .log 2.5 2
xx
m
có nghiệm với mọi
1
x
.
A. 6m . B. 6m . C. 6m
. D. 6m .
Lời giải
Chọn C
Điều kiện của bất phương trình:
0x
.
Ta có

22
log 5 1 .log 2.5 2
xx
m
22
log 5 1 . 1 log 5 1
xx
m



1
.
Đặt
2
log 5 1
x
t 
, với 1
x
ta có 2t . Khi đó
1
trở thành
2
mt t

2
.
Xét hàm số

2
f
ttt
trên
2;
ta có
210ft t

,
2;t

.
Do đó để bất phương trình đã cho có nghiệm với mọi
2t thì

2;
minmft

hay 6m
.
Bài tập 17. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình

2
.4 1 .2 1 0
xx
mm m

nghiệm đúng
x
?
A.
3m
. B.
1m
. C.
14m

. D.
0m
.
Lời giải
Chọn
B
Bất phương trình

.4 4 1 .2 1 0
xx
mm m

44.2114.2
x
xx
m
14.2
44.21
x
xx
m


Đặt
2
x
t
(Điều kiện
0t
). Khi đó
2
41
41
t
m
tt
. Để bất phương trình ban đầu nghiệm đúng
x thì bất phương trình
2
41
41
t
m
tt
nghiệm đúng 0t
.
Đặt
 

2
22
2
41 4 2
0, 0
41
41
ttt
ft f t t
tt
tt




.
Hàm số nghịch biến trên

0; 
. Khi đó
2
41
41
t
m
tt
0t
khi và chỉ khi
01mf
Bài tập 18. Tìm tất cả các giá trị của tham số m bất phương trình
1
4210
xx
m

có nghiệm
x
.
A.
;0m 
. B.
0;m

.
C.
0;1m
. D.
;0 1;m

.
Lời giải
Chọn A
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 371
Ta có:


1
1
44
4210
21
42 1
xx
xx
x
x
mmm

.
Đặt
2, 0
x
tt
. Yêu cầu bài toán tương đương với


2
,0;
41
t
mt
t

.
Đặt


2
,0
41
t
ft t
t

,




2
2
22
21
112
.
44
11
tt t
tt
ft
tt







.

0
0
2
t
ft
t


.
Bảng biến thiên (Bố sung các đầu mũi tên trong bbt là
vào nhé)
Dựa vào bảng biến thiên có
0m
.
Dạng 3: Phương pháp logarit hóa
1. Phương pháp
Với bất phương tình
() ()
() ()
() ()
1
.log
01
.log
a
fx gx
a
a
f
xgx b
ab
a
f
xgx b
é
ì
>
ï
ï
ê
í
ê
ï
>
ï
ê
î
>
ê
ì
<<
ê
ï
ï
ê
í
ê
ï
<
ï
î
ë
2. Bài tập
Bài tập 1.
Nghiệm của bất phương trình
2
2
8 36.3
x
x
x
là
A.
32
.
4
x
x

B.
2
log 6 2
.
4
x
x

C.
42
.
1
x
x

D.
3
log 18 2
.
4
x
x

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
44
24 4
22 2
33
8 36.3 2 3 log 2 log 3
xx x
x
xx
xx x





3
3
log 2
4
log 2 4 4 1 0
22
x
xx
xx





33
40 4
40 4
log 2 log 2 2
10 0
22
xx
xx
x
xx

















+∞
-
0
0
-1
t
+∞-∞
0
-2
0
f
'(t)
f
(t)
+
-
+
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 372
3
3
4
4
4
4
log 18
log 18 2
0
2
x
x
x
x
x
x
x



3
4
.
log 18 2
x
x

Bài tập 2. Bất phương trình
2
1
2.5 10
x
x
x
có tập nghiệm là
;;.baa Khi đó
ba
bằng
A.
2
log 5.
B.
5
2
log . C. 1. D.
2
2 log 5.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
2
211
1
11
111
55
2.5
2.510 12.51log2.5 log1
2.5
x
xxx
x
x
xxx
xxx




 


 
55
11
1.log 2 0 1. log 2 0
11
x
xx
xx

 




55
1 . x.log 2 log 2 1
0.
1
x
x


Bảng xét dấu:

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 373
x

2
log 10
-1 1 
VT
+
0 +
Từ bảng xét dấu ta có
55
2
11
1 . x .log 2 log 2 1
0.
log 10
1
x
x
x
x




Do đó
2
2
1
log 5.
log 10
a
ba
b

Bài tập 3. Có bao nhiêu số nguyên dương m trong đoạn
2018;2018
sao cho bất phương trình sau đúng
với mọi

1;100x
:

11
log
log
10
10
10 10
x
x
m
x
.
A.
2018
. B.
4026
. C.
2013
. D.
4036
.
Lời giải
Chọn A
  
11
log
log
10
10
log 11
10 10 log 1 log log 10 log 1 11log 0
10 10
x
x
m
x
xmxxxmxx

 


2
10 log 1 log 10 log 0mx x x
.
Do
1;100 log 0;2xx
. Do đó

2
2
10log log
10 log 1 log 10log 0 10
log 1
x
x
mx x x m
x

.
Đặt
logtx
,
0;2t
, xét hàm số

2
10
1
tt
ft
t
. Ta có:



2
2
10 2
00;2
1
tt
ft t
t


.
Do đó
 
16
020
3
fftf ft .
Để
2
10log log
10
log 1
x
x
m
x
đúng với mọi
1;100x
thì
16 8
10
315
mm.
Do đó
8
;2018
15
m



hay có
2018
số thỏa mãn.
Dạng 4: Phương pháp sử dụng tính đơn điệu
1. Phương pháp
Nếu hàm số
()
yfx=
luôn đồng biến trên
D
thì
() ()
,,
f
ufvuv uvD>>"Î
.
Nếu hàm số
()
yfx=
luôn nghịch biến trên
D
thì
() ()
,,
f
ufvuv uvD><"Î
.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình
22
2 15 100 10 50 2
2 2 25 150 0
xx xx
xx
 

A.
6
. B.
4
. C.
5
. D.
3
.
Lời giải
Chọn B
Đặt
2
215100ax x;
2
10 50bx x ta có bất phương trình:
22 0
ab
ab 22
ab
abab
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 374
(do hàm số
2
x
yx
là hàm số đồng biến trên
)
Với
ab
22
2 15 100 10 50xx xx
2
25 150 0xx

10;15x
. Vậy bất phương trình có 4 nghiệm nguyên.
Bài tập 2.Tìm số nguyên
m
nhỏ nhất để bất phương trình
232
33
log 1 2 3 log 1xx x x xm

(ẩn
x
) có ít nhất hai nghiệm phân biệt.
A. 3m . B. 2m
. C. 1m
. D. 1m  .
Lời giải
Chọn B
232
33
log 1 2 3 log 1 1xx x x xm
Điều kiện
0x .

2
32
3
1
1log 23 1
xx
xxm
x





32
3
1
log 1 2 3 1xxxm
x




.
Xét

32
3
1
log 1 2 3
f
xxxx
x




, với
0x
.

2
2
1
1
66
1
1ln3
x
f
xxx
x
x





;
01
f
xx

.
Với
0;1 0xfx

; với
1; 0xfx

.
Vậy bất phương trình có ít nhất hai nghiệm
10m
 1m
. Vậy 2m .
Bài tập 3.Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình
22
2ln 10xx a xx
 
nghiệm đúng với
mọi
x
. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.
2;3a
. B.
8;a

. C.
6;7a
. D.
6; 5a 
.
Lời giải
Chọn C
Đặt
2
2
13
1
24
tx x x




suy ra
3
4
t
Bất phương trình
22
2ln 10xx a xx 
ln 1 0tat
 ln 1at t

Trường hợp 1:
1t
khi đó
ln 1at t
luôn đúng với mọi a .
Trường hợp 2:
3
1
4
t
Ta có
313
ln 1, ;1 , ;1
4ln4
t
at t t a t
t

 



 
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 375
Xét hàm số
 
2
1
ln 1
13
0, ;1
ln ln 4
t
t
t
ft f t t
tt



do đó
13 7
,;1
3
ln 4
4ln
4
t
at a
t




Trường hợp 3:
1t
Ta có
 
1
ln 1, 1; , 1;
ln
t
at t t a t
t

Xét hàm số
  
2
1
ln 1
1
,1;
ln ln
t
t
t
ft f t t
tt



.
Xét hàm số
g
t

2
111
ln 1 0tgt
ttt

Vậy
0gt
có tối đa một nghiệm.
Vì
12;lim
t
ggt

 
vậy
0gt
có duy nhất một nghiệm trên

1; 
Do đó
0ft
có duy nhất một nghiệm là
0
t
. Khi đó
0
0
0
1
ln
t
t
t
suy ra
00
f
tt
Bảng biến thiên
Vậy

0
1
,1;
ln
t
at at
t


.
Vậy
0
7
3
4ln
4
ta

.
Vậy số thực
a thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
6;7a
.
Bài tập 4.Biết tập hợp tất cả các giá trị của tham số
m
để bất phương trình
22 2
sin cos cos
45 .7
x
xx
m có nghiệm
là
;
a
m
b



với
,ab
là các số nguyên dương và
a
b
tối giản. Tổng
Sab
là:
A.
13S
. B.
15S
. C.
9S
. D.
11S
.
Lời
giải
Chọn
A
Ta có:
22 2
sin cos cos
45 .7
x
xx
m
22
cos cos
15
4.
28 7
xx
m




.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 376
Xét

22
cos cos
15
4.
28 7
xx
fx




với x
. Do
2
2
cos
cos
11
28 28
55
77
x
x






nên

45
28 7
fx
hay

6
7
fx
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
cos 1
x
sin 0x
x
k
.
Vậy

6
min
7
fx
. Bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
minmfx
6
7
m
hay
6
;
7
m



13S .
Bài tập 5.Với giá trị nào của tham số
m
thì bất phương trình
22 2
sin cos sin
23 .3
x
xx
m
có nghiệm?
A.
4.m
B.
4.m
C.
1.m
D.
1.m
Lời giải
Chọn A
Chia hai vế của bất phương trình cho
2
sin
30
x
, ta được
22
sin sin
21
3.
39
xx
m




Xét hàm số
22
sin sin
21
3.
39
x
x
y
 

 
 
là hàm số nghịch biến.
Ta có:
2
0sin 1
x

nên
14y
Vậy bất phương trình có nghiệm khi
4m
. Chọn đáp án A
Bài tập 6. Tìm số nguyên m nhỏ nhất để bất phương trình
232
33
log 1 2 3 log 1xx x x xm

(ẩn
x
) có ít nhất hai nghiệm phân biệt.
A.
3m
. B.
2m
. C.
1m
. D.
1m 
.
Lời giải
Chọn B
232
33
log 1 2 3 log 1 1xx x x xm
Điều kiện
0x
.

2
32
3
1
1log 23 1
xx
xxm
x





32
3
1
log 1 2 3 1xxxm
x




.
Xét

32
3
1
log 1 2 3
f
xxxx
x




, với
0x
.

2
2
1
1
66
1
1ln3
x
f
xxx
x
x





;
01
f
xx

.
Với
0;1 0xfx

; với
1; 0xfx

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 377
Vậy bất phương trình có ít nhất hai nghiệm
10m
 1m
. Vậy 2m .
Bài tập 7. Biết tập nghiệm của bất phương trình
22
35
log 4 1 2 log 5 3xx xx

là
;ab
.
Khi đó tổng
2ab
bằng
A. 3. B. 4 . C. 2 . D. 1.
Lời giải
Chọn C
Xét hàm số

22
35
log 4 1 2 log 5fx x x x x
.


2
22
12
21
5ln5
2414ln3
fx x
xx
xx xx





 


Dễ đánh giá


2
22
12
0
5ln5
2414ln3
gx
xx
xx xx


 
, x
Bảng biến thiên:
Có
013ff
và dựa vào bảng biến thiên ta có
30;1fx x
Vậy
0; 1ab
; suy ra
22ab
Bài tập 8. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a
a0
thỏa mãn
2017
2017
2017
11
22
22




a
a
a
.
A. 01a . B. 1 2017
a . C. 2017a . D. 02017a .
Lời giải
Chọn D
Ta có
2017
2017
2017
11
22
22




a
a
a
2017
22
2017
11
2017log 2 log 2
22
a
a
a




– 

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 378
2017
22
2017
11
log 2 log 2
22
2017
a
a
a





.
Xét hàm số

 
2
22
1
log 2
log 4 1 log 4 1
2
1
x
xx
x
x
yfx
xxx





.
Ta có




2
2
41
ln 4 1
4ln4 41ln41
11
41
0
ln2 ln2
41
x
x
xxx
x
x
'
.x
..x
y
x
x














2
4ln4 4 1ln4 1
1
0
ln2
41
xx x x
x
.
y
x






,
0
x
.
Nên
yfx
là hàm giảm trên
0;
.
Do đó
2017fa f
,
0a
khi
02017
a
.
Bài tập 9. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình
2
22
4log log 0xxm
nghiệm đúng với mọi giá trị
1; 64x
.
A.
0m
. B.
0m
. C.
0m
. D.
0m
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
2
22
4log log 0xxm

2
22
log log 0xxm

.
Đặt
2
log
x
t
, khi
1; 64x
thì
0;6t
.
Khi đó, ta có
2
0ttm
2
*mtt
.
Xét hàm số
2
f
ttt
với
0;6t
.
Ta có
210, 0;6ft t t

.
Ta có bảng biến thiên:
Bất phương trình đã cho đúng với mọi
1; 64x
khi và chỉ khi bất phương trình
*
đúng với
mọi
0;6t
0m
.
Bài tập 10. Giả sử
,Sab
là tập nghiệm của bất phương trình

234 2 2
22
56 log log556
x
xxx xxx x xx
. Khi đó
ba
bằng
A.
1
2
.
B.
7
2
.
C.
5
2
.
D.
2
.
Lời giải
 





Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 379
Chọn A
Điều kiện:
2
0
60
x
xx

0
23
x
x

.
0;3D
.

234 2 2
22
56 log log556
x
xxx xxx x xx

22
22
5 6 log 1 log 5 5 6
x
xxx xxx x xx
 
2
22
15 log 6 log 5 0xxxxxxx

2
2
5log 16 0xxx xx


2
2
2
2
5log 0
16 0
5log 0
16 0
xx
I
xxx
xx
II
xxx




.
 Giải hệ (I).

2
2
5log 01
16 02
xx
xxx


Giải
1
2
5log 0xx
.
Xét hàm số

2
5
log
f
xx x
x




x
gx
với
0;3x
Ta có

2
51
00;3
ln 2
gx x
x
x
 .
Lập bảng biến thiên
Vậy

2
5
log 0 0;3fx x x x
x




.
Xét bất phương trình (2):
2
61
x
xx

2
2
61
1
xx x
x

2
2350
1
xx
x

1
5
2
1
x
x
x

5
2
x.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 380
Vậy nghiệm của hệ

I
là
5
;3
2
D


.
 Hệ

II
vô nghiệm.
Vậy
5
,3
2
S


.
51
3
22
ba
.
Bài tập 11. Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng
9;9
của tham số
m
để bất phương trình

2
3log 2log 1 1
x
mx x x x
có nghiệm thực?
A.
6
. B.
7
. C.
10
. D.
11
.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện

2
01
110
x
mx x x x



01
10
x
mx x



01
1
0
x
x
m
x


.
Bất phương trình đã cho tương đương

2
32
log log 1 1
x
mx x x x

2
32
11
x
mx x x x 

2
11
x
xmxx x x
2
11
1
1
xx x x
x
x
m
x
x
xx


.
Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có
1
1221
1
xx
x
xx x
xx




.
Vì vậy
1mx x
.
Khảo sát hàm số
1
f
xx x
trên
0;1
ta được
2 1, 414fx
.
Vậy
m có thể nhận được các giá trị 2,3, 4,5,6,7,8 .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 381
CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
BÀI 1: NGUYÊN HÀM VÀ PHƯƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
I. NGUYÊN HÀM VÀ TÍNH CHẤT
1. Nguyên hàm
Định nghĩa: Cho hàm số

fx
xác định trên
K
(
K
là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa đoạn của
). Hàm số

Fx
được gọi là nguyên hàm của hàm số
fx
trên K nếu
Fʹ xfx
với mọi xK.
Định lý 1: Nếu

Fx
là một nguyên hàm của hàm số
fx
trên
K
thì với mỗi hằng số C, hàm số
 
Gx Fx C
cũng là một nguyên hàm của
fx
trên
K.
Định lý 2: Nếu

Fx
là một nguyên hàm của hàm số
fx
trên
K
thì mọi nguyên hàm của
fx
đều có dạng

Fx C,
với
C
là một hằng số.
Hai định lý trên cho thấy:
Nếu

Fx
là một nguyên hàm của hàm số
fx
trên
K
thì
Fx C,C
là họ tất cả các nguyên
hàm của

fx
trên K. Kí hiệu
 
fxdx Fx C.
Chú ý: Biểu thức
fxdx
chính là vi phân của nguyên hàm

Fx
của
fx,
vì
  
ʹ
dFx F xdx fxdx.
2. Tính chất của nguyên hàm
Tính chất 1
 
fʹ xdx fx C
Tính chất 2
 
kf x dx k f x dx

, k là hằng số khác 0.
Tính chất 3
   
fx gx dx fxdx gxdx.




3. Sự tồn tại của nguyên hàm
Định lý 3: Mọi hàm số f(x) liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K.
4. Bảng nguyên hàm
Nguyên hàm của hàm số
sơ cấp
Nguyên hàm của hàm số
hợp
u=u x
Nguyên hàm của hàm số hợp
u=ax+b;a 0
dx x C
du u C
dax b ax b C


1
1
1
x
xdx C


1
1
1
u
uC


1
1
1
ax b
ax b dx C
a

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 382
1
lndx x C
x

1
lndu u C
u
11
lndx ax b C
ax b a

2
11
dx C
xx

2
11
du C
uu


2
111
.dx C
aax b
ax b

2
3
xdx x x C
2
3
udu u u C

12
.
3
ax bdx ax b ax b C
a

1
2dx x C
x

1
2du u C
u
11
.2dx ax b C
a
ax b

xx
edx e C
uu
edu e C
2
ax b ax b
edx e C
a



0, 1
ln
x
x
a
adx C a a
a


0, 1
ln
u
u
a
adu C a a
a


1
.0,1
ln
mx n
mx n
a
adx Ca a
ma

sin cosxdx x C
sin cosudu u C

 
1
sin cos
ax b dx ax b C
a

cos sinxdx x C
cos sinudu u C
 
1
cos sin
ax b dx ax b C
a

tan ln cosxdx x C
tan ln cosudu u C

 
1
tan ln cos
ax b dx ax b
C
a

cot ln sinxdx x C
cot ln sinudu u C
 
1
cot ln sin
ax b dx ax b C
a

2
1
cot
sin
dx x C
x

2
1
cot
sin
du u C
u



2
11
cot
sin
dx ax b C
ax b a

2
1
tan
cos
dx x C
x

2
1
tan
cos
du u C
u


2
11
tan
cos
dx ax b C
ax b a

1
ln tan
sin 2
x
dx C
x

1
ln tan
sin 2
u
du C
u

1
ln tan
sin 2
dx ax b
C
ax b a

1
ln tan
cos 2 4
x
dx
C
x




1
ln tan
cos 2 4
u
du
C
u





1
cos
1
ln tan
24
dx
ax b
ax b
C
a




II. PHƯƠNG PHÁP TÍNH NGUYÊN HÀM
1. Phương pháp đổi biến số
Định lý 1: Nếu
f(u)du F( u) C
và uu(x)
có đạo hàm liên tục thì:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 383
fu(x).uʹ(x)dx F u(x) C
 
 
Hệ quả: Với

uaxba0
ta có
 
1
faxbdx Faxb C.
a

2. Phương pháp tính nguyên hàm từng phần:
Định lý 2: Nếu hai hàm số

uux
và
vvx
có đạo hàm liên tục trên K thì:
   
uxvʹ xdx uxvx uʹ xv x dx.

B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Tìm nguyên hàm bằng các phép biến đổi sơ cấp
1. Phương pháp giải
Biến đổi các hàm số dưới dấu nguyên hàm về dạng tổng, hiệu của các biểu thức chứa x,
trong đó mỗi biểu thức chứa x là những dạng cơ bản có trong bảng nguyên hàm.
Áp dụng các công thức nguyên hàm trong bảng nguyên hàm cơ bản để tìm nguyên hàm.
2. Bài tập
Bài tập 1. Nguyên hàm của hàm số

21
x
x
fx
e
là
A.
2
ln 2
x
x
x
eC
e
 B.

2
ln 2 1
x
x
x
eC
e
C.

2
ln 2 1
x
x
x
eC
e

D.

2
ln 2 1
x
x
x
eC
e
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:

21 2 2
ln 2 1
x
xx
xx
xx
dx dx e dx e C
ee e






.
Bài tập 2. Nguyên hàm của hàm số
2019
2fx xx
là
A.
2021 2020
22
2021 1010
xx
C


B.
2020 2018
22
2021 1009
xx
C

C.
2021 2020
22
2021 1010
xx
C


D.
2021 2020
22
2021 1010
xx
C

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 384
Ta có:
 


2019 2019
2021 2020
2020 2019
2222
22
222
2021 1010
x x dx x x dx
xx
xdxxdx C







Bài tập 3. Nguyên hàm của hàm số

2
1
1
x
fx
e
là
A.
2
ln 1
x
xe C B.

2
1
ln 1
2
x
xe C

C.
2
ln 1
x
eC
D.
2
ln 1
x
xe C

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
22
2
22 2
1
1
1
11 1
xx
x
xx x
ee
e
ee e



.
Do đó

2
2
2
22 2
1
111
1ln1
11212
x
x
x
xx x
de
e
dx dx dx x e C
ee e






Bài tập 4. Nguyên hàm của hàm số

1
22
fx
xx

là:
A.
33
1
22
6
xxC




B.
1
22
6
xxC



C.

11
222
66
xxxC
D.

11
22 2
66
xx xC
 
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:
   
122
4
22
12 2 1 1
22 22 22 22
43 3 6 6
xx
dx dx
xx
xx xx Cxx xxC







Chú ý: Sử dụng kĩ thuật nhân liên hợp:
ab
ab
ab

.
Lưu ý:

2
3
ax bdx ax b ax b C
a

.
Bài tập 5. Nguyên hàm của hàm số

2
513
56
x
fx
xx
là:
A.
2ln 3 3ln 2xxC B. 3ln 3 2 ln 2xxC

C.
2ln 3 3ln 2xxC D. 2ln 3 3ln 2xxC

Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 385
Chọn D.
Ta có:

2
513 513
56 2 3
xx
xx x x


Ta sẽ phân tích:
513 2 31xAxBx
Thế
2x
và
3x
lần lượt vào (1) ta có
3
B
và
2
A
.
Khi đó

2
2233
513 2 3
56 2 3 3 2
2ln 3 3ln 2
xx
x
dx dx dx dx
xx x x x x
xxC





Bài tập 6. Nguyên hàm của hàm số

4
5
1 x
fx
xx
là:
A.

4
1
ln ln 1
2
xxC
B.
4
ln ln 1xx C

C.

4
1
ln ln 1
2
xxC
D.

4
1
ln ln 1
2
xxC

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:


44
43
4
54
4
12
1121
ln ln 1
12
1
xx
xx
dx dx dx dx x x C
xx x x
xx




Bài tập 7. Nguyên hàm của hàm số

2
3
333
32
xx
fx
xx
là:
A.
3
ln 2 2 ln 1
1
xx C
x

B.
3
ln 2 2 ln 1
1
xx C
x

C.
3
2ln 2 ln 1
1
xx C
x

D.
3
2ln 2 ln 1
1
xx C
x

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:

22
2
3
333 333
32
12
xx xx
dx dx
xx
xx
 



.
Ta phân tích
2
2
333 1 1 2 2xx Ax Bx x Cx .
Ta có thể dùng các giá trị riêng, tính ngay
1, 3AC
và
2
B
.
(thay
21;13xAxC và 02xB
).
Khi đó
 
2
22
333 1 1 1 3
2 3 ln 2 2 ln 1
21 1
12 1
xx
dx dx dx dx x x C
xx x
xx x





.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 386
Lưu ý: Ta có kiến thức tổng quát dùng cho các nguyên hàm hữu tỉ

Px
Idx
Qx
, với
P
x
và

Qx là các đa thức, cụ thể như sau:
Nếu
deg deg
P
xQx
thì ta thực hiện phép chia
P
x
cho

Qx
(ở đây, kí hiệu
deg
P
x là bậc của đa thức
P
x ).
Khi
deg deg
P
xQx
thì ta quan sát mẫu số
Qx
ta tiến hành phân tích thành các
nhân tử, sau đó, tách
P
x theo các tổ hợp của các nhân tử đó. Đến đây, ta sẽ sử dụng đồng
nhất thức (hoặc giá trị riêng) để đưa về dạng tổng của các phân thức.
Một số trường hợp đồng nhất thức thường gặp
Trường hợp 1:

11ac
ax b cx d ad bc ax b cx d





.
Trường hợp 2:


Ax Ba x Ad Bb
mx n A B
ax b cx d ax b cx d ax b cx d


 
.
Ta đồng nhất thức
1mx n Ax Ba x Ad Bb .
Cách 1. Phương pháp đồng nhất hệ số.
Đồng nhất đẳng thức, ta được
Ac Ba m
Ad Bb n


. Suy ra A, B.
Cách 2. Phương pháp giá trị riêng.
Lần lượt thay
;
bd
xx
ac
 
vào hai vế của (1), tìm được A, B.
Trường hợp 3:
 
22
mx n A B
ax b
ax b ax b


.
Trường hợp 4:


22
2
*
mx n A B C
cx d ax b
ax b cx d ax b
mx n A cx d B ax b C ax b cx d




Lần lượt thay
;;0
bd
xxx
ac
  vào hai vế của (*) để tìm A, B, C.
Trường hợp 5:


2
2
1 ABxC
x m ax bx c
x m ax bx c



với
2
40bac

.
Trường hợp 6:
  
22 2 2
1 ABCD
xa xb
xa xb xa xb



.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 387
Bài tập 8. Cho hàm số
fx
xác định trên
1
\
2

thỏa mãn
 
2
';01
21
fx f
x

và

12f . Giá trị của biểu thức
13
P
ff là:
A.
3ln5 ln2 B. 3ln2 ln5 C. 32ln5
D. 3ln15
Hướng dẫn giải
Chọn D.
 


1
2
1
ln 2 1
2
2
'ln21
21 1
ln 1 2
2
xCkhix
f x f x dx dx x C
x
xCkhix




Vì

2
1
01
1
2
12
f
C
C
f

.
Suy ra



1
ln 2 1 2
2
1
ln 1 2 1
2
xkhix
fx
xkhix


.
Do đó
1 3 3 ln 3 ln 5 3 ln15Pf f
Bài tập 9. Cho hàm số
fx
xác định trên
\1;1
, thỏa mãn
 
2
2
';332ln2
1
fx f f
x

và
11
0
22
ff




. Giá trị của biểu thức
204Pf f f
là:
A.
2ln2 ln5 B. 6ln2 2ln3 ln5 C. 2ln2 2ln3 ln5
D. 6ln2 2ln5
Hướng dẫn giải
Chọn C.
 
2
211 1
'ln
111 1
x
f x f x dx dx dx C
xxxx






Hay

1
2
3
1
ln 1
1
11
ln ln 1 1
11
1
ln 1
1
x
Ckhix
x
xx
fx C Ckhi x
xx
x
Ckhix
x











Theo bài ra, ta có:
13
2
332ln2
2ln2
11
0
0
22
ff
CC
C
ff







Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 388
Do đó

32 1
3
2 0 4 ln3 ln 2ln2 2ln3 ln5
5
fff CC C
.
Bài tập 10. Nguyên hàm
3
2
.1
P
xx dx
là:
A.

3
22
3
11
8
P
xxC
B.

22
3
11
8
P
xxC

C.
3
2
3
1
8
P
xC D.

3
22
3
11
4
P
xxC

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:

14
3
2222
33
13
.1 1 1 1
28
xx dx x dx x C

.
Bài tập 11. Nguyên hàm của hàm số
sin cos sinxxxdx
là:
A.
11 1
sin 2 cos 2
24 4
xx xC
B.
11 1
sin 2 cos 2
24 4
xx xC

C.
11
sin 2 cos 2
22
xx xC
D.
11 1
sin 2 cos 2
24 4
xx xC

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
2
sin cos sin sin sin cos
1cos2 sin2 1 1 1
sin 2 cos2
22 222
xxxdx xxxdx
xx
dx x x x C






Bài tập 12. Nguyên hàm của hàm số
22
1
sin cos
dx
xx
là:
A.
tan cotxxC
B.
tan cotxxC
C.
tan cotxxC
D.
cot tanxxC
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
22
22 2 2 2 2
1sincos 11
tan cot
sin cos sin . cos cos sin
xx
dx dx dx x x C
xx x x x x





.
Bài tập 13. Nguyên hàm của hàm số
42
1
4cos 4cos 1
dx
xx
là:
A.
cot 2
2
x
C
B. tan 2xC C. cot 2xC
D.
tan 2
2
x
C
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:



42 22 2 2
11111tan2
(2 )
4 cos 4 cos 1 (2 cos 1) cos 2 2 cos 2 2
x
dx dx dx d x C
xx x x x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 389
Bài tập 14. Nguyên hàm của hàm số
3
tan xdx
là:
A.
2
tan
ln cos
2
x
xC
B.
2
tan
ln sin
2
x
xC
C.
2
tan
ln cos
2
x
xC
D.
4
2
tan
4cos
x
C
x
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Từ
32
tan tan 1 tan tanxx x x
Suy ra

2
3
cos
tan
tan tan tan ln cos
cos 2
dx
x
xdx xd x x C
x


.
Bài tập 15. Gọi
Fx là nguyên hàm của hàm số
sin 2 tanfx x x thỏa mãn
3
34
F



. Giá
trị của
4
F



là:
A.
31
212
B.
31
212
C.
31
212
D.
31
212
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:

2
sin
sin 2 . tan 2 sin .cos . 2 sin
cos
x
F x x xdx x x dx xdx
x


.
Suy ra

sin 2
1cos2
2
x
F
xxdxxC
.
Theo giả thiết, ta có:
312 3 3
sin
34323 4 23
FCC





.
Vậy

sin 2 3
223
x
Fx x
 .
Do đó
1331
sin 2
442 4 23 2 12
F

 
 
 
 
.
Bài tập 16. Gọi
Fx
là nguyên hàm của hàm số
4
cos 2fx x
thỏa mãn
0 2019F
. Giá trị
của
8
F



là:
A.
3 16153
64
B.
3 129224
8
C.
3 129224
64
D.
3 129224
32
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 390
Ta có:


2
42
1cos4 1
cos 2 1 2 cos 4 cos 4
24
11cos81
1 2cos4 3 4cos4 cos8
428
x
xxx
x
xxx








Do đó
 
111
3 4 cos 4 cos8 3 sin 4 sin 8
888
Fx x xdx x x x C




Mà
0 2019F
nên ta có
2019C
.
Vậy

11
3 sin 4 sin8 2019
88
Fx x x x




.
Do đó
3 129224
864
F




Bài tập 17. Gọi

Fx là nguyên hàm của hàm số

5
cos
1sin
x
fx
x
, với
2,
2
xkk

và thỏa
mãn

3
4
F
. Giá trị của
2
F



là:
A.
2
3
B. 0. C.
5
3
D.
1
3
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta thấy:





5
323
34
23
cos
cos 1 sin 1 sin cos cos .sin
1sin
sin cos
1 sin sin cos cos sin
34
x
xx xxxx
x
xx
Fx xd x xd x x C



Theo giả thiết, ta có

3
4
F
nên 1C
.
Vậy

34
sin cos
sin
34
xx
Fx x C
Do đó
1
23
F




.
Chú ý:
Với
*
n , ta có:

1
cos
cos .sin cos cos
1
n
nn
x
xxdx xd x C
n


và

1
sin
sin .cos sin sin
1
n
nn
x
xxdx xdx C
n


.
Bài tập 18. Biết
cosx a
dx ln 5sin x 9 C, a,b
5sinx 9 b

,
a
b
là phân số tối giản. Giá trị 2a b
là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 391
A.
10.
B.
4.
C.
7.
D.
3.
Hướng dẫn giải
CHỌN D

d5sinx 9
cosx 1
dx
5sinx 9 5 5sinx 9


1
ln 5sin x 9 C
5

Vậy
a1,b5.
Nên 2a b 3.
Bài tập 19. Tìm một nguyên hàm

Fx
của hàm số

2
fx 1 sinx biết
3
F.
24



A.

31
Fx x 2cosx sin2x.
24

B.

31
Fx x 2cosx sin2x.
24

C.

31
Fx x 2cosx sin2x.
24

D.

31
Fx x 2cosx sin2x.
24

Hướng dẫn giải
CHỌN B
Ta có


2
2
1cos2x
1 sinx dx 1 2sin x sin x dx 1 2sin x dx
2
31
x2cosx sin2xc
24






33 1 3
F2cossincc0
2422 24 4


 


.
Vậy

31
Fx x 2cosx sin2x
24

.
Bài tập 20. Cho

cos2x
dx F x C
sin x cos x

và
Fab.

Tính

6
Aab.
A.
2. B. 2. C. 1. D. 1.
Hướng dẫn giải
CHỌN C
Ta có:

22
cos2x cos x sin x
F x dx dx
sinx cosx sinx cosx





cosx sinx cosx sinx
dx cos x sin x dx sin x cosx.
sin x cos x




F1abA1.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 392
Bài tập 21. Cho tích phân
22
1
dx a.
sin xcos x
Tính
2
A12cot2x theo a.
A.
2
4a . B.
2
2a . C.
2
3a . D.
2
a .
Hướng dẫn giải
CHỌN C
Ta có:

22
22 22 2 2
1sinxcosx11
F x dx dx dx
sinxcosx sinxcosx cosx sinx





tan x cot x .
Theo đề:
22
2
2
2
2
sin x cos x sin x cos x 2cos 2x
tan x cot x a
cosx sinx sinxcosx sin2x
cos2x a
sin 2x 2
cos 2 x a
A 12. 12. 3a .
2
sin 2x







Bài tập 22. Cho
Fx
là một nguyên hàm của hàm số
22
sin 2
cos 4sin
x
dx
x
x
và

02 1
2




Ff
. Tính

20
2



FF
.
A.
7
9
. B.
7
9
. C.
0
. D.
1
Lời giải
CHỌN B
Ta có
22
cos 4sindx x
2sin cos 8sin cos
x
xxxdx
6sin cos
x
xdx
3sin2
x
dx
22
1
sin 2 cos 4sin
3
x
dx d x x
.
Do đó :
22
sin 2
cos 4sin
x
dx
x
x
22
22
cos 4sin
1
3
cos 4sin
dx x
x
x
22
22
cos 4sin
2
3
2cos 4sin
dx x
x
x
22
2
cos 4sin
3
x
xC


24 7
02 2. 3 1
23 3 9
FF CC




.
Vậy

24 7
20 2. 2
23 3 9
FF CCC




Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 393
Bài tập 23. Gọi
F
x
là nguyên hàm của hàm số

2
8
x
fx
x
trên khoảng
22;22
thỏa
mãn
20F . Khi đó phương trình
Fx x
có nghiệm là:
A. 0x B. 1x C. 1x
D. 13x 
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:


22
22
1
88
828
x
Fx dx d x x C
xx



Mặt khác

2
20 8 0 2FxCC 
Vậy

2
82Fx x
.
Xét phương trình


22
2
2
2
20
82 8 2
82
2
2
13 13
2440
13
x
Fx x x x x x
xx
x
x
xx
xx
x

 


 



Bài tập 24. Cho
Fx là một nguyên hàm của hàm số

432
21
2
x
fx
xxx
trên khoảng
0;
và

1
1
2
F
. Tổng
1 2 3 ... 2019SF F F F
là
A.
2019
2020
B.
2019.2021
2020
C.
1
2018
2020
D.
2019
2020
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Phân tích



22
432
2
2
21 21 21
2
1
xxx
fx
xxx
xx
xx



Khi đó

 

2
22
2
22
21 1 1x
Fx dx dx x C
xx
xx xx



.
Mặt khác

11 1
11
22 2
FCC
.
Vậy


2
1111
11 1
11
Fx
xx xx xx

  



.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 394
Do đó

11111 1 1
1 2 3 ... 2019 1 ... 2019
2 2 3 3 4 2019 2020
111
1 2019 2018 2018
2020 2020 2020
SF F F F








Bài tập 25. Cho hàm số
fx có đạo hàm xác định trên thỏa mãn

022, 0ffx và
  
2
.' 2 1 1 ,fx f x x f x x . Giá trị
1f là:
A. 62 B. 10 C. 53 D. 26
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:
  

2
2
.'
.' 2 1 1 2 1
1
fx f x
fx f x x f x x
fx

.
Suy ra
 




2
22
22
1
.'
21 21 1
121
dfx
fx f x
dx x dx x dx f x x x C
fx fx
 


Theo giả thiết
022f , suy ra

2
122 3CC

Với
3C thì
 

2
22 2
13 31fx xx fx xx
Vậy

12426f 
Bài tập 26. Cho hàm số

yfx
có đạo hàm liên tục trên đoạn
2;1
thỏa mãn
03f
và


2
2
.' 3 4 2fx f x x x. Giá trị lớn nhất của hàm số
yfx trên đoạn
2;1 là:
A.
3
242
B.
3
215
C.
3
42
D.
3
15
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:


2
2
.' 3 4 2 *fx f x x x
Lấy nguyên hàm hai vế của đẳng thức (*) ta được:




 
2
2332332
1
.' 3 4 2 2 2 3 6 6 3
3
f x f x dx x x dx f x x x x C f x x x x C

Theo giả thiết, ta có
03f
nên


3
32 3 32
0 3 0 2.0 2.0 27 3 9 3 6 6 27fCCCfxxxx
Ta tìm giá trị lớn nhất của hàm số
32
36627gx x x x
 trên đoạn
2;1 .
Ta có
2
'91260, 2;1gx x x x
nên đồng biến trên đoạn
2;1 .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 395
Vậy


3
3
2;1 2;1
max m ax 42fx gx


.
Dạng 2: Phương pháp đổi biến dạng 1, đặt
u=u x
1. Phương pháp giải
Định lí:
Cho
fudu Fu C
và
uux
là hàm số có đạo hàm liên tục thì
'fux uxdx Fux C
 

 
Các bước thực hiện đổi biến:
Xét
'Ifuxuxdx
Bước 1: Đặt
uux
, suy ra
'du u x dx
Bước 2: Chuyển nguyên hàm ban đầu về ẩn u ta được
IfuduFuC

, trong đó
Fu là
một nguyên hàm của hàm số
fu.
Bước 3: Trả về biến x ban đầu, ta có nguyên hàm cần tìm là
IFux C
Hệ quả: nếu
Fx là một nguyên hàm của hàm số
fx trên K và ,;0ab a ta có:
 
1
faxbdx Faxb C
a

.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Nguyên hàm
Fx của hàm số
3
21
.
x
fx xe
, biết

1
1
3
F
là:
A.

3
1
1
3
x
Fx e C
 B.

3
1
1
2019
3
x
Fx e
 C.

3
1
11
33
x
Fx e
D.

3
1
1
3
x
Fx e
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt
3
1ux ta có
22
1
3
3
du x dx x dx du
Suy ra

11
33
uu
fxdx e du e C

Do đó

3
1
1
3
x
F
xeC

.
Mặt khác

1
1
3
F 
nên 0C . Vậy

3
1
1
3
x
fxdx e
.
Lưu ý: Ta có thể viết như sau:


33 3
21 1 3 1
11
1
33
xx x
f x dx x e dx e d x e C



Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 396
Chú ý: Với các viết

23
1
1
3
xdx d x
, ta có thể tính nguyên hàm đã cho một cách đơn giản và
nhanh gọn.
Bài tập 2. Nguyên hàm
2sin
13cos
x
M
dx
x
là:
A.

1
ln 1 3cos
3
M
xC B.
2
ln 1 3cos
3
M
xC

C.
2
ln 1 3cos
3
M
xC
D.
1
ln 1 3cos
3
M
xC

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt 13cosux , ta có 3sindu xdx hay
2
2sin
3
xdx du
.
Khi đó
21 2
ln
33
M
du u C
u
 
Vậy
2sin 2
ln 1 3cos
13cos 3
x
M
dx x C
x

Bài tập 3.


4
0
sin x
4
43a
Idx,a,b.
b
sin 2x 2 1 sinx cosx





Tìm tỉ lệ
a
b
.
A.
1
.
3
B.
1
.
2
C.
2
.
1
D.
3
.
1
Hướng dẫn giải
CHỌN B
Đặt

2
dt cos x sin x dx 2 sin x dx
4
tsinxcosx
sin 2x t 1






và
x:0
4
thì t:1 2 .


2
22
2
22
1
11
1dt 2dt21432
I.
22t14
2
t121t
t1



.
Bài tập 4. Cho

3
cos xsin xdx F x C
và

1
F0 a b .
4

Tính
22
A a b 2018.
A. 2018. B. 2016. C. 2022. D. 2020.
Hướng dẫn giải
CHỌN A
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 397
3
cos xsin xdx
Đặt
ucosx dusinxdx .

 
44
33
2
33
ucosx
cos xsinxdx u du C C
44
11
F0 ab ab0.
44
A a b 2018 a b 2ab a b 2018 2018.
  



Chú ý: chú ý rằng với
0a
và
,;0mn n
ta luôn có:
m
n
m
n
aa .
Bài tập 5. Nguyên hàm
1
1
R
dx
xx
là:
A.
111
ln
2
11
x
R
C
x



B.
111
ln
2
11
x
R
C
x


C.
11
ln
11
x
R
C
x



D.
11
ln
11
x
R
C
x


Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt
2
11ux ux
. Suy ra
2
1xu
và 2dx udu
.
Khi đó

2
2
2211 1
ln
111 1
1
uu
R
du du du C
uuuu
uu






.
Vậy
11
ln
11
x
R
C
x



Bài tập 6. Nguyên hàm
32
9Sxx dx
là:
A.

2
22
22
99
39 9
5
xx
S
xxC


B.

4
22
22
99
39 9
5
xx
S
xxC


C.

22
2
22
99
39 9
5
xx
S
xxC


D.
2
22
2
99
39
5
xx
S
xC


Hướng dẫn giải
Chọn A.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 398
Xét
32 22
99
S
xx dx xx xdx

.
Đặt
222
99ux ux. Suy ra
22
9xu
và xdx udu
.
Khi đó

5
2423
9. 9 3
5
u
S
u u udu u u du u C 

.
Vậy

2
22
22
99
39 9
5
xx
S
xxC


Bài tập 7. Nguyên hàm
1
ln 1
Tdx
xx
là:
A.
1
2ln 1
TC
x

B. 2ln 1TxC

C.

2
ln 1 ln 1
3
Tx xC
D.
ln 1TxC

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:

11
ln 1 2 ln 1
ln 1 ln 1
TdxdxxC
xx x



.
Bài tập 8. Nguyên hàm

2020
2022
2
1
x
Udx
x
là:
A.
2021
12
31
x
UC
x




B.
2020
12
6060 1
x
UC
x



C.
2021
12
6063 1
x
UC
x




D.
2023
12
6069 1
x
UC
x



Hướng dẫn giải
Chọn C.
Xét
 
2020
2020
2022 2
2
21
1
11
x
x
Udx dx
x
xx






Đặt
 
22
2311
13
11
x
ududxdudx
x
xx


.
Suy ra.
2020 2021
11
3 6063
Uudu uC
. Vậy
2021
12
6063 1
x
UC
x



Lưu ý:

1
2
11
1
n
n
n
ax b
ax b
dx C
nadbdcxd
cx d





Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 399
Bài tập 9. Xét nguyên hàm

2
ln
1ln1
x
Vdx
xx

. Đặt
11lnux
, khẳng định nào sau đây
sai?
A.

22
dx
udu
x

B.

2
2
2
.2 2
uu
Vudu
u

C.
54 32
2516
4
52 3
Vu u uuC
D.
54
32
16
4
523
uu
VuuC

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt
 
2
2
1 1 ln 1 1 ln ln 2 2 2
dx
uxu xxuuudu
x
 
.
Khi đó



2
2
2
432 5 4 32
2
ln
.2 2
1ln1
2516
2584 4
52 3
uu
x
Vdxudu
u
xx
uuuuduu u uuC




Bài tập 10. Gọi
Fx
là nguyên hàm của hàm số
23
sin 2 .cos 2fx x x
thỏa 0
4
F



. Giá trị

2019F
là:
A.

1
2019
15
F
 B.
2019 0F
C.

2
2019
15
F
D.

1
2019
15
F
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt
1
sin 2 2 cos2 cos2
2
u x du xdx du xdx
Ta có

 
23 22 24
35 3 5
11
sin 2 .cos 2 . 1
22
11 1 1
sin 2 sin 2
610 6 10
F x x xdx u u du u u du
uuC x xC



35
11 1
0sin sin 0
462102 15
FCC


 


Vậy

35
11 1
sin 2 sin 2
61015
Fx x x
Do đó

1
2019
15
F

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 400
Bài tập 11. Biết rằng
 
23
1
1231
xdx
C
xx x x gx


(với C là hằng số). Gọi S là tập
nghiệm của phương trình
0gx . Tổng các phần tử của S bằng:
A. 0. B.
35
C. 3
D.
35
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Vì

 
2
22 2
1231 3 321 31xx x x xxxx xx

nên ta đặt
2
3ux x,
khi đó

23du x dx
Nguyên hàm ban đầu trở thành

2
1
1
1
du
C
u
u

.
Suy ra

2
23
1
1231 31
xdx
C
xx x x x x


Vậy
 
22
35
2
31; 0 310
35
2
x
gx x x gx x x
x

 

.
Do đó
3535
;
22
S

 




.
Tổng giá trị các phần tử của S bằng
3 .
Bài tập 12.

3cos2x sin4x
IdxFxC.
2sinxcosx


Tính
F1,
biết rằng
Fx
không chứa hệ số tự do.
A.
17
.
3
B.
2
.
3
C.
15
.
3
D.
9
.
3
Hướng dẫn giải
CHỌN A



32sin2xcos2x
3cos2x sin4x
Idx dx
2sinxcosx 2sinxcosx
32sin2xcosxsinxcosxsinx
dx
2sinxcosx

 



Đặt

2
dt cos x sin x dx
tsinxcosx
sin 2x t 1



Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 401

2
3
2
32
32t 1.t
2t 5t 6
Idtdt2t4t3dt
2t t2 t2
2
t2t3t6lnt2 C.
3














Dạng 3: Tìm nguyên hàm bằng cách đổi biến dạng 2
1. Phương pháp giải
Kiến thức cần nhớ:
Ta đã biết các đẳng thức sau:
22
sin cos 1tt
, với mọi t .


2
2
2
2
1
1tan ,
cos 2
1
1cot ,
sin
ttkk
t
ttkk
t


Với các bài toán sau đây thì ta không thể giải quyết
ngay bằng nguyên hàm cơ bản cũng như đổi biến số ở
dạng 1, đòi hỏi người học phải trang bị tư duy đổi
biến theo kiểu “
lượng giác hóa” dựa vào các hằng
đẳng thức lượng giác cơ bản và một số biến đổi thích
hợp, cụ thể ta xem xét các nguyên hàm sau đây:
Các kĩ thuật đổi biến dạng 2 thường gặp và
cách xử lí.
Bài toán 1: Tính
1
22
dx
A
ax
Bài toán 1:
Tính
1
22
dx
A
ax
Đặt
sinxa t , với
;
22
t



hoặc
cosxa t với
0;t
Bài toán 2: Tính
2
22
dx
A
ax
Bài toán 2: Tính
2
22
dx
A
ax
Đặt
tanxa t , với ;
22
t



.
Bài toán 3: Tính
3
ax
Adx
ax
Bài toán 3: Tính
3
ax
Adx
ax
Đặt
cos 2xa t
với
0;
2
t



Bài toán 4: Tính
4
Axaxbdx
Bài toán 4: Tính
4
Axaxbdx
Đặt
2
sinxa ba t với
0;
2
t



Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 402
Bài toán 5: Tính
22
5
Axadx
Bài toán 5: Tính
22
5
Axadx
Đặt
sin
a
x
t
với ;
22
t



2. Bài tập
Bài tập 1.
Nguyên hàm
2
2
4
x
Idx
x
là:
A.
2
4
arcsin
24
xx x
C

B.
2
4
2arccos
22
xx x
C
C.
2
4
arccos
24
xx x
C

D.
2
4
2arcsin
22
xx x
C
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt 2sinxt với ;
22
t



. Ta có cos 0t và 2cosdx tdt
.
Khi đó
2
2
2
4sin
2cos 4sin
44sin
t
Itdttdt
t


(vì cos 0, ;
22
tt




).
Suy ra
21cos2 2 sin2ItdtttC
Từ
2 sin arcsin
2
x
xtt và
2
4
sin 2 2 sin .cos
2
xx
ttt

Vậy
22
2
4
2arcsin
22
4
xxxx
Idx C
x

Bài tập 2. Nguyên hàm

3
2
1
1
Idx
x
là:
A.

2
2
3
1 xC
B.
2
1
x
C
x
C.

3
2
1
x
C
x
D.
2
1 x
C
x
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt cos , 0 sin .xtt dx tdt
.
Khi đó
32
sin .
cot
sin sin
tdt dt
Idt tC
tt
 

hay
2
1
x
IC
x
Vậy

32
2
1
1
1
x
dx C
x
x

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 403
Ví dụ 3. Nguyên hàm
2
1
1
Idx
x
là:
A.
arctan xC B. arccot xC
C. arcsin xC
D. arccos xC
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt tanxt với
;
22
t



, ta có
2
1tandx t dt
.
Khi đó

2
2
1
1tan
1tan
ItdtdttC
t


Vậy
2
1
arctan
1
IdxxC
x

Dạng 4: Tìm nguyên hàm bằng phương pháp nguyên hàm từng phần
1. Phương pháp giải
Với

uux
và
vvx
là các hàm số có đạo hàm trên khoảng K thì ta có:
.' '.'uv u vv u
Viết dưới dạng vi phân
d uv vdu udv
Khi đó lấy nguyên hàm hai vế ta được:
d uv vdu udv

Từ đó suy ra
1udv uv vdu

Công thức (1) là công thức nguyên hàm từng phần.
Dấu hiệu nhận biết phải sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần.
Bài toán: Tìm
.Iuxvxdx
, trong đó
ux và
vx là hai hàm có tính chất khác nhau,
chẳng hạn:

ux là hàm số đa thức,

vx là hàm số lượng giác.

ux là hàm số đa thức,

vx là hàm số mũ.
ux là hàm số logarit,
vx là hàm số đa thức.

ux
là hàm số mũ,

vx
là hàm số lượng giác.
Phương pháp nguyên hàm từng phần
Bước 1: Đặt



'du u x dx
uux
dv v x dx v v x dx



Bước 2: Áp dụng công thức (1), ta được:
udv uv vdu
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 404
Lưu ý: Đặt

uux (ưu tiên) theo thứ tự: “Nhất lốc, nhì đa, tam lượng, tứ mũ”. Tức là, nếu có
logarit thì ưu tiên đặt u là logarit, không có logarit thì ưu tiên u là đa thức,… thứ tự ưu tiên sắp xếp
như thế.
Còn đối với nguyên hàm
vvxdx
ta chỉ cần Chọn một hằng số thích hợp. Điều này sẽ được
làm rõ qua các Bài tập minh họa ở cột bên phải.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Kết quả nguyên hàm
2
ln 2Ix xdx
là:
A.

22
2
2
ln 2
22
xx
xC

B.

2
22
2ln 2
2
x
xx C

C.
222
2ln 2xxxC D.

22
2
2
ln 2
22
xx
xC

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt

2
2
2
2
ln 2
2
2
2
x
du dx
ux
x
x
dv xdx
v



Khi đó
 
222
22
22
ln 2 ln 2
222
xxx
IxxdxxC


Chú ý: Thông thường thì với
2
2
x
dv xdx v
Tuy nhiên trong trường hợp này, ta để ý
2
2
2
x
v
mang lại sự hiệu quả.
Bài tập 2. Kết quả nguyên hàm
2
ln sin 2 cos
cos
xx
Idx
x
là:
A.
tan 2 .ln sin 2 cos 2 ln cosxxxxxC
B.
tan 2 .ln sin 2 cos 2 ln cosxxxxxC
C.
tan 2 .ln sin 2 cos 2 ln cosxxxxxC
D.
cot 2 .ln sin 2 cos 2 ln cosxxxxxC
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt

2
cos 2 sin
ln sin 2 cos
sin 2 cos
sin 2 cos
tan 2
cos
cos
xx
uxx
du dx
xx
dx
xx
dv
vx
x
x





Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 405
Khi đó


cos 2 sin
tan 2 ln sin 2 cos
cos
tan 2 ln sin 2 cos 2 ln cos
xx
Ix x x dx
x
xxxxxC


Chú ý:
Ở Bài tập này, Chọn tan 2vx có thể rút gọn được ngay tử và mẫu trong nguyên hàm
vdu
.
Bài tập 3. Kết quả nguyên hàm
2
sin 5Ix xdx
là:
A.
2
122
cos 5 sin 5 cos 5
525125
xxxx xC
B.
2
122
cos 5 sin 5 cos 5
525125
xxxx xC

C.
2
122
cos 5 sin 5 cos 5
525125
xxxx xC
D.
2
122
cos5 sin5 cos5
5 25 125
xxxx xC

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Phân tích: Ở đây ta sẽ ưu tiên
2
ux là đa thức, tuy nhiên vì bậc của u là 2 nên ta sẽ từng phần hai
lần mới thu được kết quả. Nhằm tiết kiệm thời gian, tôi gợi ý với phương pháp “sơ đồ đường chéo”
cụ thể như sau:
Bước 1: Chia thành 3 cột:
+ Cột 1: Cột u luôn lấy đạo hàm đến 0.
+ Cột 2: Dùng để ghi rõ dấu của các phép toán đường chéo.
+ Cột 3: Cột dv luôn lấy nguyên hàm đến khi tương ứng vớ
i cột 1.
Bước 2: Nhân chéo kết quả của 2 cột với nhau. Dấu của phép nhân đầu tiên sẽ có dấu (+), sau đó
đan dấu (-), (+), (-),… rồi cộng các tích lại với nhau.
Khi đó
2
122
cos 5 sin 5 cos 5
5 25 125
Ixxxx xC
Chú ý:
Kĩ thuật này rất đơn giản và tiết kiệm nhiều thời gian.
Trong kĩ thuật tìm nguyên hàm theo sơ đồ đường chéo, yêu cầu độc giả cần tính toán chính xác đạo
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 406
hàm và nguyên hàm ở hai cột 1 và 3. Nếu nhầm lẫn thì rất đáng tiếc.
Bài tập 4. Nguyên hàm
43x
Ixedx
là:
A.
43 2
3
2345
4122424
33 3 3 3
x
xx x x
IeC




B.
53
.
53
x
xe
IC
C.
43 2
3
2345
412 2424
33 3 3 3
x
xx x x
IeC




D.
43 2
3
23
412
33 3
x
xx x
IeC




Hướng dẫn giải
Chọn A.
Nếu làm thông thường thì từng phần 4 lần ta mới thu được kết quả. Ở đây, chúng tôi trình bày theo
sơ đồ đường chéo cho kết quả và nhanh chóng hơn.
Vậy
43 2
3
2345
4122424
33 3 3 3
x
xx x x
IeC




.
Bài tập 5. Nguyên hàm sin
x
Ie xdx
là:
A.
2sin cos
x
ex xC B.
2sin cos
x
exxC
C.

1
sin cos
2
x
exxC
D.

1
sin cos
2
x
ex xC
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Phân tích: Sự tồn tại của hàm số mũ và lượng giác trong cùng một nguyên hàm sẽ rất dễ gây cho
người học sự nhầm lẫn, nếu ta sẽ không biết điểm dừng thì có thể sẽ bị lạc vào vòng luẩn quẩn. Ở
đây, để tìm được kết quả thì ta phải từng phần hai lần như trong Bài tập 3. Tuy nhiên, với sơ đồ
đường chéo thì sao? Khi nào sẽ dừng lại?
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 407
Khi đó, ta sẽ có thể kết luận
sin cos sin
xx x
Ie xe x e xdx
.
Hay
2sin.cos
xx
Ie xe x
. Vậy

1
sin cos
2
x
Ie x xC
Chú ý: Chỉ dừng lại khi đạo hàm của nó có dạng giống dòng đầu tiên. Dòng cuối thu được
sin
x
xe dx I
.
Bài tập 6. Tìm
ln
n
Iaxbvxdx
, trong đó
vx là hàm đa thức,
*
n và ,;0ab a
Hướng dẫn giải
Phân tích: Vì ưu tiên
ln
n
ux ax b nên
1
.ln
n
na ax b
du dx
ax b
và tiếp tục đạo hàm thì cột 1
sẽ không về 0 được, vì vậy phải chuyển lượng

na
tx
ax b
từ cột 1 sang nhân với
vx ở cột 3 để
rút gọn bớt; tiếp tục quá trình như thế cho đến khi đạo hàm cột 1 về 0, và chú ý sử dụng quy tắc đan
dấu bình thường.
Bài tập 6.1. Kết quả nguyên hàm .lnIxxdx
là:
A.
22
.ln2
24
xx
C B.
22
.ln2
24
xx
C
C.
22
.ln2
42
xx
C
D.
22
.ln2
42
xx
C
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 408
Vậy
22
.ln .ln2
24
xx
Ixxdx C
Chú ý: chuyển lượng

1
tx
x
bên cột 1 sang nhân với

2
2
x
vx
ta thu được kết quả
2
x
. Khi đó
bên cột 1 còn lại 1, đạo hàm của nó bằng 0; bên cột 3 có nguyên hàm của
2
x
là
2
4
x
.
Bài tập 6.2. Kết quả nguyên hàm
3
41.ln2Ix xdx
là:
A.






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
xx x x x x x x x xC
B.






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
xx x x x x x x x xC
C.






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
xx x x x x x x x xC
D.






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
xx x x x x x x x xC
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Vậy






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
Ixx x xx x xx x xC
Chú ý:
Chuyển
3
x
, nhân với

2
2xx thu được
63x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 409
Chuyển
2
x
, nhân với
2
33xx thu được
66x
.
Chuyển
1
x
, nhân với

2
36xx thu được
36x
.
Bài tập 7. Cho
1
x
F
xxe là một nguyên hàm của hàm số
2
x
fxe. Biết rằng hàm số
fx
có đạo hàm liên tục trên
. Nguyên hàm của hàm số
2
'
x
fxe là:
A.
2
x
xe C
B.
2
x
xe C
C.
1
x
xe C
D.

1
x
xe C
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
222
'1...
xx x x x x
Fx fxe e x e fxe fxe xe .
Xét
2
'
x
fxedx
Đặt
 
22
2
'
xx
ue du edx
dv f x dx v f x







Do đó
2
.2 21
xxxx
Ifxe fxedxxe x eC
Vậy
2
'2
xx
I f xe dx xe C
Dạng 5: Các bài toán thực tế ứng dụng nguyên hàm
1. Phương pháp giải
Ý nghĩa vật lí của đạo hàm:
Một chất điểm chuyển động theo phương trình
SSt
, với
St
là quãng đường mà chất điểm đó
đi được trong thời gian t, kể từ thời điểm ban đầu.
Gọi
vt và
at lần lượt là vận tốc tức thời và gia tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm t, ta có:
 
'vt S t và
'at v t .
Từ đó ta có:
St vtdt
và
vt atdt
.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Một vật chuyển động với gia tốc


2
3
/
1
at m s
t
, trong đó t là khoảng thời gian tính
từ thời điểm ban đầu. Vận tốc ban đầu của vật là. Hỏi vận tốc cảu vật tại giây thứ 10 bằng bao
nhiêu?
A. 10 m/s. B. 15,2 m/s. C. 13,2 m/s. D. 12 m/s.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 410
Vận tốc của vật tại thời điểm t được tính theo công thức:
 
3
3ln 1
1
v t a t dt dt t C
t


Vì vận tốc ban đầu (lúc
0t ) của vật là
0
6/vms
nên:
03ln01 6 6 3ln16vCCvtt
.
Vận tốc của vật chuyển động tại giây thứ 10 là:
10 3ln 10 1 6 13,2 /vms .
Bài tập 2. Một vận động viên điền kinh chạy với gia tốc


322
15
/
24 16
at t t m s
, trong đó t là
khoảng thời gian tính từ lúc xuất phát. Hỏi vào thời điểm 5 (s) sau khi xuất phát thì vận tốc của vận
động viên là bao nhiêu?
A. 5,6 m/s. B. 6,51 m/s. C. 7,26 m/s. D. 6,8 m/s.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Vận tốc
vt
chính là nguyên hàm của gia tốc
at
nên ta có:
 
32 4 3
15 15
24 16 96 48
v t a t dt t t dt t t C





Tại thời điểm ban đầu
0t
thì vận động viên ở tại vị trí xuất phát nên vận tốc lúc đó là:

43
0
15
000 .0 .0 0 0
96 48
vv CC
.
Vậy công thức vận tốc là

43
15
96 48
vt t t
Vận tốc của vận động viên tại giây thứ 5 là
56,51/vms .
Chú ý: Gia tốc của vật chuyển động là


2
3
/
1
at m s
t
. Ta tính
vt atdt
, kết hợp với
điều kiện vận tốc ban đầu
0
6/vms . Suy ra công thức tính vận tốc
vt tại thời điểm t và tính
được
10v
.
Bài tập 3. Một nhà khoa học tự chế tên lửa và phóng tên lửa từ mặt đất với vận tốc ban đầu là 20
m/s. Giả sử bỏ qua sức cản của gió, tên lửa chỉ chịu tác động của trọng lực. Hỏi sau 2s thì tên lửa
đạt đến tốc độ là bao nhiêu?
A. 0,45 m/s. B. 0,4 m/s. C. 0,6 m/s. D. 0,8 m/s.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Xem như tại thời điểm
0
0t thì nhà khoa học phóng tên lửa với vận tốc đầu 20 m/s. Ta có
00s
và
020v
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 411
Vì tên lửa chuyển động thẳng đứng nên gia tốc trọng trường tại mọi thời điểm t là
2
9,8 /
n
st ms .
Nguyên hàm của gia tốc là vận tốc nên ta có vận tốc của tên lửa tại thời điểm t là

1
9,8 9,8vt dt t C
.
Do
020v
nên
11
9,8 20 20 9,8 20tC C vt t 
.
Vậy vận tốc của tên lửa sau 2s là

29,8.2200,4/vms .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 412
BÀI 2: TÍCH PHÂN
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
I. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CỦA TÍCH PHÂN
1. Định nghĩa tích phân
Định nghĩa
Cho hàm số
f
x liên tục trên đoạn
;ab , với
.ab
Nếu
Fx là nguyên hàm của hàm số
f
x trên
đoạn

;ab thì giá trị
Fb Fa được gọi là tích
phân của hàm số
f
x
trên đoạn

;ab
.
Kí hiệu
 
b
b
a
a
f
xdx F x Fb Fa
(1)
Công thức (1) còn được gọi là công thức Newton –
Leibnitz; a và b được gọi là cận dưới và cận trên của
tích phân.
Ý nghĩa hình học của tích phân
Giả sử hàm số

yfx là hàm số liên tục và không
âm trên đoạn

;ab . Khi đó, tích phân

b
a
f
xdx
chính là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường
cong

yfx , trục hoành Ox và hai đường thẳng
,,
x
ax b với
.ab

b
a
Sfxdx
Chẳng hạn:
3
Fx x C
là một nguyên
hàm của hàm số
2
3
f
xx nên tích phân
  
1
1
0
0
10fxdx Fx F F
33
101.CC

Lưu ý: Giá trị của tích phân không phụ
thuộc vào hằng số C.
Trong tính toán, ta thường chọn
0.C
Chẳng hạn: Hàm số
2
21
f
xx x có
đồ thị
C và

2
10fx x
, với
x
.
Diện tích “tam giác cong” giới hạn bởi
C
, trục Ox và hai đường thẳng
1x 
và
1
x
là


11
2
11
21Sfxdx xxdx



3
1
2
1
8
.
33
x
xx




Lưu ý: Ta còn gọi hình phẳng trên là “hình
thang cong”.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 413
2. Tính chất cơ bản của tích phân
Cho hàm số
f
x và

g
x là hai hàm số liên tục
trên khoảng K, trong đó K có thể là khoảng, nửa
khoảng hoặc đoạn và
,, ,abc K khi đó:
a. Nếu ba thì

0
a
a
fxdx
b. Nếu
f
x có đạo hàm liên tục trên đoạn
;ab
thì ta có:
 
b
b
a
a
f
xdx f x f b f a

c. Tính chất tuyến tính
   
.. .
bbb
aaa
kf x hgx dx k f xdx h gxdx


Với mọi
,.kh
d. Tính chất trung cận
  
bcb
aac
f
xdx f xdx f xdx

, với
;cab
e. Đảo cận tích phân
 
ab
ba
f
xdx f xdx

f. Nếu
0,fx

;
x
ab thì

0
b
a
fxdx
và

0
b
a
fxdx
khi

0fx .
g. Nếu
 
,;
f
xgx xab thì
Chẳng hạn: Cho hàm số
f
x liên tục, có
đạo hàm trên đoạn
1; 2 thỏa mãn
18f
và
21.f
Khi đó
  
2
2
1
1
219fxdx fx f f

Lưu ý: Từ đó ta cũng có

b
a
f
bfa fxdx

và
 
b
a
f
afb fxdx

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 414
 
bb
aa
f
xdx g xdx

h. Nếu

;
min
ab
mfx và

;
max
ab
M
fx thì
 
b
a
mb a f xdx M b a
i. Tích phân không phụ thuộc vào biến, tức là ta luôn
có
 
...
bbb b
aaa a
f x dx f t dt f u du f y dy

II. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN
1. Phương pháp đổi biến số
Đổi biến dạng 1
Bài toán:
Giả sử ta cần tính tích phân

b
a
I
fxdx
, trong
đó ta có thể phân tích
f
xguxux
thì ta thực hiện
phép đổi biến số.
Phương pháp:
+ Đặt
uux , suy ra

.du u x dx
+ Đổi cận:
x a b
u
ua
ub
+ Khi đó
 





ub
b
ub
ua
aua
Ifxdx guduGu

, với
Gu là nguyên hàm của
.
g
u
Đổi biến dạng 2
Dấu hiệu Cách đặt
22
ax
sin ; ;
22
xa tt

22
x
a
sin
a
x
t
;

;\0
22
t




22
ax
tan ; ;
22
xa tt




Lưu ý:
Phương pháp đổi biến số
trong tích phân cơ bản giống như
đổi biến số trong nguyên hàm, ở
đây chỉ thêm bước
đổi cận.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 415
ax
ax
.cos2 ; 0;
2
xa tt



ax
ax
.cos2 ; 0;
2
xa tt


x
abx

2
sin ; 0;
2
xa ba tt

2. Phương pháp tích phân từng phần
Bài toán: Tính tích phân
 
.
b
a
Iuxvxdx
Hướng dẫn giải
Đặt




uux duuxdx
dv v x dx v v x






Khi đó

..
b
b
a
a
Iuv vdu
(công thức tích phân từng
phần)
Chú ý: Cần phải lựa chọn u và dv hợp lí
sao cho ta dễ dàng tìm được v và tích phân
b
a
vdu
dễ tính hơn
b
a
udv
.
III. TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ ĐẶC BIỆT
1.
Cho hàm số
f
x liên tục trên

;aa . Khi đó
Đặc biệt
 
0
aa
a
f
xdx f x f x dx



(1)
+ Nếu
f
x là hàm số lẻ thì ta có

0
a
a
fxdx
(1.1)
+ Nếu
f
x là hàm số chẵn thì ta có
 
0
2
aa
a
f
xdx f xdx

(1.2)
và


0
1
12
aa
x
a
fx
dx f x dx
b


01b (1.3)
2. Nếu
f
x liên tục trên đoạn

;ab thì

bb
aa
f
xdx f a b xdx

Hệ quả: Hàm số
f
x liên tục trên
0;1 , khi đó:
 
22
00
sin cos
f
xdx f xdx


3. Nếu
f
x liên tục trên đoạn

;ab và
f
abx fx thì
 
2
bb
aa
ab
x
f x dx f x dx

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 416
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 417
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Tính tích phân bằng cách sử dụng định nghĩa, tính chất
1. Phương pháp giải
Sử dụng các tính chất của tích phân.
Sử dụng bảng nguyên hàm và định nghĩa tích phân để tính tích phân.
2. Bài tập
Bài tập 1: Biết tích phân

2
1
23
11
dx
I
abc
xxxx


, với ,,abc . Giá trị biểu thức
P
abc là
A.
8.P
B.
0.P
C.
2.P
D.
6.P
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
10,1;2xxx
nên

222
2
1
111
111
221
.1 1
xx
Idxdxdxxx
xx x x




42 23 2.
Suy ra 4, 2abc nên
0.P abc

Nhân liên hợp
1.
x
x
Bài tập 2: Cho hàm số
f
x thỏa mãn

1
2
3
f
và
 
2
f
xxfx
với mọi
x
. Giá trị
1
f
bằng
A.

2
1.
3
f
B.

3
1.
2
f
C.

2
1.
3
f
D.

1
1.
3
f
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Từ
 
2
f
xxfx


(1), suy ra
0fx
với mọi
1; 2x .
Suy ra
f
x là hàm không giảm trên đoạn
1; 2 nên
20fx f
,

1; 2x .
Chia 2 vế hệ thức (1) cho

2
f
x


ta được


2
,1;2.
fx
xx
fx



(2)
Lấy tích phân 2 vế trên đoạn

1; 2
hệ thức (2), ta được

  
22
2
22
2
11
11
1113
.
2122
fx
x
dx xdx
fx f f
fx


 







Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 418
Do

1
2
3
f 
nên suy ra

2
1.
3
f 
Chú ý rằng đề bài cho

2f
, yêu cầu tính
1
f
, ta có thể sử dụng nguyên hàm để tìm hằng số C.
Tuy nhiên ta cũng có thể dựa vào định nghĩa của tích phân để xử lí.
Bài tập 3: Cho hàm số

f
x
xác định trên
1
\
2

thỏa mãn

2
21
fx
x
và

01,1 2ff
. Khi đó
13ff bằng
A.
1ln15.
B.
3ln5.
C.
2ln3.
D.
1ln15.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có

0
1
01fxdx f f

nên suy ra

0
1
10 .
f
ffxdx


0
1
1.
f
xdx

Tương tự ta cũng có

3
1
31
f
ffxdx


3
1
2
f
xdx

.
Vậy
 
03
03
11
11
1 3 1 1 ln 2 1 ln 2 1 .f f f x dx f x dx x x

 

Vậy
1 3 1 ln15.ff
Bài tập 4: Cho hàm số

f
x có đạo hàm liên tục trên đoạn
0;1 thỏa mãn
10f
,

1
2
0
7fx dx


và

1
3
0
.1.xf xdx

Giá trị

1
0
I
f
xdx
là
A. 1. B.
7
.
4
C.
7
.
5
D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có

1
2
0
7fx dx


(1).
11
66
00
1
49 7
7
xdx xdx

(2).
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 419
và

1
3
0
14 . 14xf xdx

(3).
Cộng hai vế (1), (2) và (3) suy ra

1
2
3
0
70fx x dx



mà

2
3
70fx x



3
7.
f
xx

Hay

4
7
.
4
x
f
xC

77
10 0 .
44
fCC 
Do đó

4
77
.
44
x
fx
Vậy

11
4
00
77 7
.
44 5
x
f x dx dx





Bài tập 5: Cho
 
,
f
xgx là hai hàm số liên tục trên đoạn
1;1 và
f
x là hàm số chẵn,
g
x
là hàm số lẻ. Biết
 
11
00
5; 7f x dx g x dx

. Giá trị của
 
11
11
A
f x dx g x dx



là
A. 12. B. 24. C. 0. D. 10.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Vì
f
x là hàm số chẵn nên
 
11
10
22.510f x dx f x dx


Vì

g
x là hàm số lẻ nên

1
1
0gxdx
.
Vậy
10.A
Bài tập 6: Cho

1
2
0
ln 3
21
xdx
ab
x

với a, b là các số hữu tỉ. Giá trị của ab
bằng
A.
5
.
12
B.
1
.
3
C.
1
.
4
D.
1
.
12
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
  
11 1
22 2
00 0
12 11 1 1 1
2221
21 21 21
xdx x
dx dx
x
xx x








Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 420


1
0
11 11
ln 2 1 ln 3.
42 1 4 6 4
x
x





Vậy
11 1
,.
64 12
ab ab
Bài tập 7: Cho
3
2
2
23
ln 2 ln 3,
x
dx a b
xx

với
,ab
. Giá trị biểu thức
2
aabb
là
A. 11. B. 21. C. 31. D. 41.
Hướng dẫn giải
Ta có
33 3
22 22
22 2
23 212 21 2xx x
dx dx dx
xx xx xxxx








3
3
2
2
2
2
212 2
ln 2ln 2ln 1 5ln 2 4 ln 3
1
x
dx x x x x
xxxx





2
5
41.
4
a
aabb
b


Chọn D.
Bài tập 8.
Biết rằng tích phân
2
2
1
56
ln 2 ln 3 ln 5,
56
x
dx a b c
xx


với
,,abc
là các số nguyên. Giá
trị biểu thức
Sabc
là bao nhiêu?
A. 62.S  B. 10.S C. 20.S
D. 10.S 
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có

22 2
2
11 1
56 56 9 4
56 2 3 3 2
xx
dx dx dx
xx x x x x








2
1
9ln 3 4ln 2 9ln5 4ln3 26ln2.xx
Suy ra
26, 4, 9.abc Vậy
26 4.9 10.Sabc
Bài tập 9: Cho

2
3
43
4
cos sin .cos 1
ln 2 ln 1 3
cos sin .cos
xxx
dx a b c
xxx


, với
,,abc
là các số hữu tỉ. Giá
trị abc bằng
A. 0. B.
2.
C.
4.
D.
6.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 421
Ta có

222
33
43
22
44
cos sin .cos 1 2cos sin .cos sin
cos sin .cos
cos cos sin .cos
x
xx x xx x
dx dx
xxx
xxxx


 

 

22
33
2
44
2 tan tan 2 tan tan
tan
cos 1 tan 1 tan
xx xx
dx d x
xx x


 





2
3
3
3
4
4
4
2tan
tan tan 2ln tan 1
1tan 2
x
xdx x
x





1 2ln 2 2ln 3 1 .
Suy ra 1, 2, 2ab c nên
4.abc
Bài tập 10: Cho hàm số

2
,0
23 , 0
x
em khix
fx
xxkhix
liên tục trên
.
Biết
 
1
1
3,,f x dx ae b c abc

. Tổng 3Tab c
 bằng
A. 15. B. 10. C. 19.
D. 17.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Do hàm số liên tục trên
nên hàm số liên tục tại
0x
00
lim lim 0 1 0 1.
xx
fx fx f m m



Ta có
  
101
12
110
f
xdx f xdx f xdx I I




1
0
00
22222
2
1
11
1
216
23 3 3 3 3 23 .
33
Ixxdx xdx xx




1
1
2
0
0
12.
xx
Iedxexe
Suy ra

1
12
1
22
23 .
3
fxdx I I e

Suy ra
22
1; 2; .
3
ab c
Vậy
31222 19.Tab c
Bài tập 11: Biết
2
cos
13
x
x
dx m
. Giá trị của
2
cos
13
x
x
dx
bằng
A. .m
B.
.
4
m
C.
.m
D.
.
4
m
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 422
Ta có

22
2
cos cos 1
cos 1 cos 2 .
13 13 2
xx
xx
dx dx xdx x dx






Suy ra
2
cos
.
13
x
x
dx m

Dạng 2: Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến
1. Phương pháp giải
Nắm vững phương pháp đổi biến số dạng 1 và dạng 2, cụ thể:
Đổi biến dạng 1
Bài toán:
Giả sử ta cần tính

,
b
a
I
f
xdx
trong đó ta có thể phân tích



.
f
xguxux
Bước 1: Đặt
,uux suy ra
.du u x dx
Bước 2: Đổi cận
x a B
u
ua
ub
Bước 3: Tính
 





ub
b
ub
ua
aua
Ifxdx guduGu

Với

Gu là một nguyên hàm của
g
u .
Đổi biến dạng 2
Bài toán:
Giả sử ta cần tính

b
a
I
f
xdx
, ta có thể đổi biến như sau:
Bước 1: Đặt

,
x
t
ta có
.dx t dt
Bước 2: Đổi cận
x a b
t
Bước 3:
Tính


  
.I f t t dt g t dt G t





Với

Gt là một nguyên hàm của
.
g
t
Dấu hiệu Cách đặt
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 423
22
ax
sin , ;
22
xa tt

22
x
a

,;\0
sin 2 2
a
xt
t





22
ax
tan , ;
22
xa tt




ax
ax
.cos2 , 0;
2
xa tt



ax
ax
.cos2 , 0;
2
xa tt


x
abx

2
sin , 0;
2
xa ba tt

2. Bài tập mẫu
Bài tập 1: Biết
2
2
0
cos
ln 2 ln 3,
sin 3sin 2
x
dx a b
xx


với ,ab là các số nguyên.
Giá trị của
2
P
ab là
A. 3. B. 7. C. 5. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có


22
2
00
cos 1
sin
sin 3sin 2 sin 1 sin 2
x
dx d x
xx x x





2
2
0
0
11
sin lnsin 1 lnsin 2
sin 1 sin 2
dx x x
xx






ln 2 ln1 ln 3 ln 2 2 ln 2 ln 3
Suy ra
2, 1 2 3.ab ab
Bài tập 2: Biết

ln 2
0
1
ln ln ln
34
xx
dx
Iabc
ee c


, với ,,abc là các số nguyên tố.
Giá trị của
2
P
abc
là
A.
3.P 
B.
1.P 
C.
4.P
D.
3.P
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 424
Ta có
ln 2 ln 2
2
00
.
34 43
x
xx xx
dx e dx
I
ee e e



Đặt
.
xx
te dtedx
Đổi cận 01,ln22.xtx t
Khi đó

2
22
2
11
1
1111111
ln ln 3 ln 5 ln 2 .
43 2 1 3 2 3 2
t
Idt dt
tt t t t






Suy ra
3, 5, 2abc. Vậy
23.Pabc
Bài tập 3: Biết
6
0
3
1sin
dx a b
xc
, với
,,ab c

và a, b, c là các số nguyên tố cùng nhau.
Giá trị của tổng
abc
bằng
A. 5. B. 12. C. 7. D.
1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
2
2
66 6 6
22 2
00 0 0
1
1tan
cos
2
2
.
1sin
cos sin 1 tan 1 tan
22 2 2
x
x
dx dx
Idxdx
x
xx x x










Đặt
2
1tan 2 1tan .
22
xx
tdtdx




Đổi cận
01; 33.
6
xtx t

33
33
2
1
1
22 33
.
3
dt
I
tt


Suy ra 1, 3, 3abc nên
5.abc
Lưu ý:
2
1sin sin cos .
22
x
x
x




Chia tử và mẫu cho
2
cos .
2
x



Bài tập 4: Cho hàm số
yfx liên tục trên
và

1
0
28.fxdx
Giá trị của

2
2
0
Ixfxdx
là
A. 4. B. 8. C. 16. D. 64.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt
2
22 2 .
x
u xdx du xdx du
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 425
Đổi cận
00,21.xux u
Khi đó
 
11
00
228.Ifudufxdx

Bài tập 5: Cho hàm số

yfx xác định và liên tục trên
0;
sao cho
2
1;
xx
xxfe fe
với mọi
0;x  . Giá trị của
.ln
e
e
f
xx
I
dx
x
là
A.
1
.
8
I 
B.
2
.
3
I 
C.
1
.
12
I
D.
3
.
8
I
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Với
0;x  ta có
  
2
2
1
11.
1
xx x
x
x
xf e f e f e x
x

Đặt
ln .
t
dx
xt xe dt
x

Đổi cận
1
;1.
2
xet xet
Khi đó


11
11
22
1
.1.
12
t
I t f e dt t t dt

Bài tập 6: Biết

2
0
3sin cos 11
ln 2 ln 3 , ,
2sin 3cos 13
xx
dx b c b c
xx


. Giá trị của
b
c
là
A.
22
.
3
B.
22
.
3
C.
22
.
3
D.
22
.
13
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Phân tích
2sin 3cos 2cos 3sin
3sin cos
2sin 3cos 2sin 3cos
mx xn x x
xx
xx xx



23sin 32cos
2sin 3cos
mn x mn x
xx

Đồng nhất hệ số ta có
233
311
;
32 1
13 13
mn
mn
mn



.
Suy ra

22
00
311
2sin 3cos 2cos 3sin
3sin cos
13 13
.
2sin 3cos 2sin 3cos
xx xx
xx
dx dx
xx xx




Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 426

22
2
0
00
3 11 2cos 3sin 3 11 2cos 3sin
..
13 13 2sin 3cos 13 13 2sin 3cos
xx xx
dx x dx
x
xxx









2
2
0
0
2sin 3cos
311 311
ln 2sin 3cos
26 13 2sin 3cos 26 13
dx x
dx x x
xx

 
311 11
ln 2 ln 3.
26 13 13

Do đó
11
11 26 22
13
.
3
13 3 3
26
b
b
c
c

Bài tập 7: Cho hàm số

f
x liên tục trên
và thỏa mãn

4
2
0
tan . cos 2xf x dx
và
2
2
ln
2
ln
e
e
fx
dx
xx
. Giá trị của
2
1
4
2fx
Idx
x
là
A. 0. B. 1. C. 4. D. 8.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt
 
44
22
2
00.
sin .cos
tan . cos 2 . cos 2.
cos
xx
A xfxdx fxdx
x



Đặt
2
1
cos 2sin cos sin cos .
2
t x dt x xdx dt x xdx
Đổi cận
01
x
t
và
1
.
42
xt
 Khi đó
1
1
2
4.
ft
Adt
t
Đặt
22
22
2
ln ln . ln
22.
ln ln
ee
ee
fx xfx
Bdx dx
xx x x


Tương tự ta có
4
1
4.
ft
Bdt
t

Giá trị của

2
1
4
2
.
fx
Idx
x
Đặt
1
2.
2
t x dx dt
Đổi cận
11
42
xt và
24.xt
Khi đó
414
11
1
22
448

ft ft ft
Idtdtdt
ttt
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 427
Bài tập 8: Cho

1
3
0
1
;
31
dx a b
xx


với ,ab là các số nguyên. Giá trị của biểu thức
ba
ab
bằng
A. 17. B. 57. C. 145. D. 32.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Giá trị của


11
2
3
00
11
.
3
1
31
1
dx
Idx
x
x
xx
x



Đặt
 
22
32
2.
1
11
xdx
t tdt dx tdt
x
xx



Đổi cận
03,12.xtxt
Ta có


123
3
2
2
0
32
11
32.
3
1
1
dx
I t dt dt t
t
x
x
x


Mà

1
3
0
1
31
dx a b
xx


nên suy ra 3, 2.ab
Từ đó ta có giá trị
23
3217.
ba
ab
Bài tập 9: Cho
1
3
1
2
1
ln
1
xa
dx b
xab




, với ,ab là các số nguyên tố. Giá trị của biểu thức
2
P
ab bằng
A. 12. B. 10. C. 18. D. 15.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Biến đổi
11 1 1
3
3 4
3
11 1 1
3
33
22 2 2
11
.
1
1
11
1
.1 1
xx x
Idx dx dx dx
xx
x
x
x
xx






.
Đặt
2
33 4
11 3
112u u udu dx
xx x

và
3
2
1
.
1
x
u
Đổi cận
1
3; 1 2.
2
xuxu
Ta có

33
3
2
2
2
22
2
21113
3
ln ln 2 .
313132
1.
udu
du u
I
uu
uu






Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 428
Suy ra
3, 2.ab
Vậy

2 10.Pab
Dạng 3: Tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần
Bài tập 1. Cho tích phân
2
1
ln
ln 2
xb
Idxa
xc

với a là số thực b và c là các số dương, đồng thời
b
c
là phân số tối giản. Giá trị của biểu thức
23
P
abc

là
A.
6.P
B.
5.P
C.
6.P
D.
4.P
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt
2
ln
.
1
dx
ux
du
x
dx
dv
v
x
x



Khi đó
2
22
2
11
1
ln 1 ln 1 1 ln 2
.
22
xx
Idx
xx xx





Suy ra
1
1, 2, .
2
bc a
 Do đó
23 4.Pabc
+ Ưu tiên logarit.
+ Đặt
2
ln
.
ux
dx
dv
x
Bài tập 2: Biết
4
0
ln 2,
1cos2
x
dx a b
x

với ,ab là các số hũu tỉ. Giá trị của
16 8Tab
là
A.
4.T
B.
5.T
C.
2.T
D.
2.T 
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt
444
22
000
1
.
1cos2 2cos 2cos
xxx
A
dx dx dx
x
xx



Đặt
2
1
tan
cos
ux dudx
dv dx v x
x


Khi đó
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 429

4
44
00
0
11
tan tan tan ln cos
22
Axx xdx xx x











1211 1
ln ln 2 ln 2.
24 2 24 2 8 4



 





Vậy
11
,
84
ab
 do đó
16 8 2 2 4.ab
+ Biến đổi
2
1cos2 2cos .
x
x
+ Ưu tiên đa thức.
+ Đặt
2
.
1
cos
ux
dv dx
x
Bài tập 3: Cho
1
22
0
.
x
Ixedxaeb
với ,ab
. Giá trị của tổng
ab
là
A.
1
.
2
B.
1
.
4
C.
0.
D. 1.
Hướng dẫn giải
Sử dụng phương pháp từng phần.
Đặt
2
2
.
1
2
x
x
du dx
ux
ve
dv e dx

Khi đó
11
11 11
22 222
00 00
00
11 1111
.. . . .
22 2444
xx xx
Iuv vdu xe edx xe e e

Suy ra
22
11
..
44
ae b e
Đồng nhất hệ số hai vế ta có
11
,.
44
ab Vậy
1
.
2
ab
Chọn A.
+ Ưu tiên đa thức.
+ Đặt
2
.
x
ux
dv e dx
Bài tập 4: Cho hàm số
f
x liên tục, có đạo hàm trên
,
216f
và

2
0
4.fxdx
Tích phân
4
0
2
x
xf
dx



bằng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 430
A. 112. B. 12. C. 56. D. 144.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt 22.
2
x
txtdxdt
Đổi cận
00
.
42
xt
xt


Do đó

422
000
44.
2
x
x
fdxtftdtxfxdx






Đặt
 
44
.
ux dudx
dv f x dx v f x







Suy ra
    
222
2
0
000
4 4 4 8 2 4 8.16 4.4 112.xf xdx xfx fxdx f fxdx



Bài tập 5. Cho

4
2
0
ln sin 2 cos
ln 3 ln 2
cos
xx
dx a b c
x

với ,,abc là các số hữu tỉ.
Giá trị của abc bằng
A.
15
.
8
B.
5
.
8
C.
5
.
4
D.
17
.
8
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt
2
ln sin 2cos
cos 2sin
.
sin 2cos
tan 2
cos
uxx
xx
du dx
xx
dx
dv
vx
x





Khi đó


4 4
4
2
0
0 0
ln sin 2 cos
cos 2sin
tan2lnsin2cos
cos cos
xx
x
x
dx x x x dx
xx



4
0
32
3ln 2ln2 1 2tan
2
x
dx






4
0
7
3ln3 ln2 2ln cos
2
xx

725
3ln 3 ln 2 2ln 3ln 3 ln 2 .
24 2 24
 
Suy ra
51
3, , .
24
ab c Vậy
18.abc
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 431
Bài tập 6. Biết

2
1
2
1
1,
p
x
q
x
x
edxme n

trong đó
,,,mn pq
là các số nguyên dương và
p
q
là phân
số tối giản. Giá trị của
Tmnpq
là
A.
11.T
B.
10.T
C.
7.T
D.
8.T
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có


22 22
1111
2
22
11 11
12112.
xxxx
xxxx
I x e dx x x e dx x e dx xe dx



Xét

22 2 2
11 1 1
2
22 2 2
1
2
11 1 1
11
1.. .









xx x x
x
xx x
x
I x edxxe dxxedx xde
xx

22
11 1 1
22
222
11
11
2
xx x x
xx x x
x
eedxxe xedx

 

2
11 1
3
22
22
2
1
11
1
241
xx x
xx x
Ixedxxe Ixe e


4, 1, 3, 2.mnpq
Khi đó
413210.Tmnpq
Bài tập 7. Tìm số thực
m1
thỏa mãn

m
1
ln x 1 dx m.
A. m2e. B.
me.
C.
2
me.
D. me1.
Hướng dẫn giải
Chọn B

mmm
111
Alnx1dxlnxdxdx

m
1
I ln xdx
Đặt
1
ulnx
du dx
x
dv dx
vx

m
m
1
1
Ixlnx dx
m
1
me
A x ln x m ln m m .
m0

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 432
Bài tập 8. Đặt
1
ln d ,
e
k
k
Ix
x
k nguyên dương. Ta có
2
k
I
e
khi:
A.
1; 2 .k B.
2;3 .k C.
4;1 .k D.
3; 4 .k
Hướng dẫn giải
Chọn A
Đặt
1
ln
k
ududx
x
x
dv dx v x








1
1
.ln + d 1 ln 1
e
e
k
k
Ix xe k
x




2
k
Ie

32
1ln 1 2 ln ln 1
11
e
eke k k
ee


Do
k
nguyên dương nên
1; 2 .k
Bài tập 9.
Tìm m để

1
0

x
exmdxe
.
A.
m0.
B.
me.
C.
m1.
D.
me.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Đặt
  
xx
11
11
xxxx
00
00
uxm dudx
dv e dx v e
I e x m dx e x m e dx e x m 1 me m 1







Mặt khác:
I e mem1e me1 e1 m 1. 
Dạng 4: Tích phân chứa dấu giá trị tuyệt đối
1. Phương pháp
Bài toán: Tính tích phân

d
b
a
Igxx
( với
()
g
x
là biểu thức chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối)
PP chung:
Xét dấu của biểu thức trong dấu giá trị tuyệt đối trên
;ab
Dựa vào dấu để tách tích phân trên mỗi đoạn tương ứng ( sử dụng tính chất 3 để tách)
Tính mỗi tích phân thành phần.
Đặc biệt: Tính tích phân
()d
b
a
Ifxx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 433
Cách giải
Cách 1:
+) Cho
() 0fx
tìm nghiệm trên

;ab
+) Xét dấu của
()
f
x
trên

;ab
, dựa vào dấu của
()
f
x
để tách tích phân trên mỗi đoạn tương ứng
( sử dụng tính chất 3 để tách)
+) Tính mỗi tích phân thành phần.
Cách 2:
+) Cho () 0fx tìm nghiệm trên
;ab giả sử các nghiệm đó là
12
; ;...
n
x
xx
( với
12
...
n
x
xx
).
Khi đó
3
12
12
()d ()d ()d ... ()d

n
x
xx
b
ax x x
I
f
xx
f
xx
f
xx
f
xx
3
12
12
()d ()d ()d ... ()d

n
x
xx
b
ax x x
I fxx fxx fxx fxx
+) Tính mỗi tích phân thành phần
2. Bài tập
Bài tập 1:

2
2
1
aa
Sxx2dx,a,b ,
b
b

là phân số tối giản. Giá trị
ab
bằng
A. 11. B. 25. C. 100. D. 50.
Hướng dẫn giải
Chọn A

2
22
32
22
11
1
xx
Sxx2dx xx2dx 2x
32
84 11 9
42
32 32 2








 





Bài tập 2:

*
0
I1sin2xdxaa,a .

Hỏi
3
a
là bao nhiêu?
A. 27. B. 64. C. 125. D. 8.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có:

2
1 sin2x sinx cosx sinx cosx 2 sin x .
4




Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 434
Với
3
x0; x ; .
444





+ Với
x;0
44




thì
sin x 0
4




+ Với
3
x0;
44




thì
sin x 0
4




4
0
4
I2sinxdx2sinxdx22.
44
 

 
 

Chọn 3: Biết
5
1
221
d4ln2ln5,


x
Ixab
x
với
a
,
b
là các số nguyên. Giá trị
Sab
bằng
A.
9.
B.
11.
C.
5.
D.
3.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có:
525
112
221 221 221
ddd
xxx
Ixxx
xxx
  


 
25
25
12
12
22 1 2 2 1
52 2 3
xx
xx
dx dx dx dx
xxxx
 




25 2 5
12
12
53
2 5ln 2 3ln
x
dx dx x x x x
xx
 

 
 

8ln2 3ln5 4
8
11.
3
a
ab
b


Bài tập 4: Cho tích phân

2
0
1cos2xdxab
và
ab222.
Giá trị của a và b lần lượt là
A.
a2
.
b
22

B.
a22
.
b2
C.
a2
a22
.
b
2b22






D.
a2
a22
.
b
2b22






Hướng dẫn giải
Chọn D





22 2
000
2
0
1cos2xdx 2 sinxdx 2sinxdx 2 sinxdx
2cosx 2cosx 4 2.

2
a2
ab 4 2
a22
X222X420 .
b
2b22
ab222








Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 435
Bài tập 5: Tính tích phân
1
0
-d, 0Ixxaxa
ta được kết quả
()Ifa
. Khi đó tổng
1
(8)
2
ff



có giá trị bằng:
A.
24
91
. B.
91
24
. C.
17
2
. D.
2
17
Hướng dẫn giải
Chọn B
TH1:
Nếu
1a
khi đó

1
1
32
0
0
18111
d(8)
32 23 233
xax a
Ixxax f




TH 2: Nếu 01a khi đó
 
1
0
dd
a
a
I xxa x xxa x

1
32 32 3
0
111111
32 32 323 224438
a
a
xax xax aa
f







Khi đó
111191
(8)
23824
ff




.
Bài tập 6:
Cho hàm số
f
x liên tục trên
thỏa

1
0
2d 2
fxx
và

2
0
6d 14
fxx
. Giá trị

2
2
52d
f
xx
bằng
A. 30. B. 32 . C. 34. D. 36 .
Lời giải
Chọn B
+ Xét

1
0
2d 2fxx
.
Đặt
2d2dux u x
;
00xu
;
12xu

.
Nên

1
0
22d
f
xx

2
0
1
d
2
f
uu

2
0
d4fu u
.
+ Xét

2
0
6d 14fxx
.
Đặt
6d6dvx v x
;
00xv
;
212xv

.
Nên

2
0
14 6 d
f
xx

12
0
1
d
6
f
vv

12
0
d84fv v
.
+ Xét

2
2
52d
f
xx
 
02
20
52d 52d
f
xxfxx


.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 436
 Tính

0
1
2
52dIfx x

.
Đặt
52tx
.
Khi
20x , 52tx d5dtx ; 212xt
 ; 02
x
t
.

2
1
12
1
d
5
Iftt
 
12 2
00
1
dd
5
f
tt ftt






1
84 4 16
5

.
 Tính

2
1
0
52dIfx x
.
Đặt
52tx
.
Khi
02x
,
52tx d5dtx
;
212xt

;
02
x
t

.

12
2
2
1
d
5
Iftt
 
12 2
00
1
dd
5
f
tt ftt






1
84 4 16
5

.
Vậy

2
2
52d32fx x

.
Bài tập 7: Cho hàm số

yfx liên tục trên
0; 4 và

2
0
d1
f
xx
;

4
0
d3
fx x
. Giá trị

1
1
31d
f
xx
bằng
A.
4
. B.
2
. C.
4
3
. D.
1
.
Hướng dẫn giải
Chọn C

 
11/31
111/3
31d 13d 31d
f
xxf xxfxx



.
 
1/3 1
11/3
11
13d13 3 1d3 1
33
fx x fx x


.
 
02
40
11
dd
33
f
tt ft t


114
3.1
333

.
Bài tập 8.
3
42
3
24 3
43 .

a
Syydy
b
Giá tị
2
A
B
bằng
A. 80. B. 83. C. 142. D. 79.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 437

42 2 2
y4y3 y1y3
Xét dấu

22
y1y3
, ta có:


33
24 42
33
113
42 42 42
11
3
S 4 4y 1 y dy y 4y 3 dy
y4y3dy y4y3dy y4y3dy





11 3
53 53 53
311
y4y y4y y4y
3y 3y 3y
53 53 53
112 24 3
.
15



  


Bài tập 9.

1
2
0
aa
S4x4x1dx,a,b ,
b
b

là phân số tối giản. Giá trị
a4b
bằng
A.
1.
B.
3.
C.
35.
D.
3.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có:

11
2
7
00
I2x1dx2x1dx

 
11
11 1
22
7
11
00 0
22
1
I 2x 1 dx 2x 1 dx 2x 1 dx 1 2x dx 2x 1 dx
2


.
Suy ra:
a1,b2.
Bài tập 10.
2
0
I1sinxdxAB

, biết
A2B
Giá trị
33
AB
bằng
A. 72. B. 8. C. 65. D. 35.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Ta có:
2
xx xx x
1 sin x sin cos sin cos 2 sin
22 22 24




00
0
0
0
00
0
‐‐‐
‐
‐
‐
‐
+
+
+++
+
+
+
+
∞
3
1‐1‐ 3
‐∞
(y
2
‐1)(y
2
‐3)
y
2
‐3
y
2
‐1
y
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 438
Với
xx5
x0;2 0; ;
22444

 

.
+ Với
x
;
24 4




thì
x
sin 0
24




+ Với
x5
;
24 4




thì
x
sin 0
24




3
2
2
3
0
2
xx
I 2 sin dx 2 sin dx 4 2
24 24
 

 
 

.
Bài tập 11. Cho tích phân
2
2
0
13sin22cos 3.
x
xdx a b
Giá trị 4
Aab bằng
A. 2. B. 5
. C. 5. D. 8 .
Hướng dẫn giải
Chọn D




2
42
2
2
000
I 1 3sin2x 2cos xdx sinx 3cosx dx sinx 3cosxdx
.
sin x 3 cos x 0 tan x 3 x k
3
.
Do



x0;
2
nên
x
3
.






 
 

33
22
00
33
32
0
3
I sin x 3 cos x dx sin x 3 cos x dx sin x 3 cos x dx sin x 3 cos x dx
13 13
cosx 3 sinx cosx 3 sinx 1 3 3 3.
22 22
 a1;b3A8
Dạng 5: Tính tích phân các hàm đặc biệt, hàm ẩn
1. Phương pháp giải
a. Cho hàm số
f
x liên tục trên

;aa .
Khi đó
Bài tập 1: Tích phân
1
1
2
cos .ln
2
x
Ixdx
x
bằng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 439
 
0
aa
a
f
xdx f x f x dx



(1)
Chứng minh
Ta có
  
0
0
.
aa
aa
f
xdx f xdx f xdx



Xét

0
.
a
Ifxdx
Đổi biến
.
x
tdx dt 
Đổi cận
;0 0
x
atax t
Khi đó
 
0
00
aa
a
Iftdt ftdtfxdx

Do đó (1) được chứng minh.
Đặc biệt
+ Nếu
f
x
là hàm số lẻ thì ta có

0
a
a
fxdx
(1.1).
+ Nếu
f
x là hàm số chẵn thì ta có
 
0
2
aa
a
f
xdx f xdx

(1.2)
+ Nếu
f
x là hàm số chẵn thì ta cũng có


1
12
aa
x
aa
fx
dx f x dx
b


01b
(1.3).
Chứng minh (1.3):
Đặt
1
a
x
a
fx
A
dx
b
(*).
Đổi biến
.
x
tdx dt 
Đổi cận
;
x
ataxat a 
Khi đó


1.
.
11
t
aa
tt
aa
fbft
A
dt dt
bb



A.
1.
B.
2.
C.
0. D. 1.
Hướng dẫn giải
Hàm số

2
cos .ln
2
x
fx x
x
xác định và liên tục
trên đoạn
1; 1 .
Mặt khác, với

1;1 1; 1xx
và
  
22
cos .ln cos .ln .
22
xx
f
xx x fx
xx

Do đó hàm số

2
cos .ln
2
x
fx x
x
là hàm số lẻ.
Vậy
1
1
2
cos .ln 0
2
x
Ixdx
x
.
Chọn C.
Bài tập 2:
Cho
yfx là hàm số chẵn, liên tục
trên đoạn
6;6 .
Biết rằng

2
1
8fxdx
và

3
1
23.fxdx
Tính

6
1
.
f
xdx
A.
11.I
B.
5.I
C.
2.I
D.
14.I
Hướng dẫn giải
Gọi
Fx là một nguyên hàm của hàm số
f
x trên
đoạn
6;6 ta có

33
11
23 23fxdx fxdx



3
1
1
23.
2
Fx
Do đó
626FF
hay

6
2
6.fxdx
Vậy
  
626
112
14.



I f xdx f xdx f xdx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 440
Hay
.
1
x
a
x
a
bfx
A
dx
b
(**).
Suy ra
 
1
2.
2
aa
aa
A
fxdx A fxdx



Chọn D.
Bài tập 3:
Tích phân
1
2020
1
1
x
x
Idx
e
có giá trị là
A.
0.I
B.
2020
2
.
2019
I
C.
2021
2
.
2021
I
D.
2019
2
.
2019
I
Hướng dẫn giải
Áp dụng bài toán (1.3) ở cột bên trái cho hàm số
2020
f
xx và
be
ta có
Ta có
1
2021 2021 2021
1
2020
1
1
12.22
.
2 2021 2021 2021
x
Ixdx I

Chọn C.
b.
Nếu
f
x liên tục trên đoạn
;ab thì

bb
aa
f
xdx f a b xdx

Hệ quả: hàm số
f
x liên tục trên
0;1 , khi đó:

22
00
sin cos
f
xdx f xdx


Bài tập 4: Cho hàm số
f
x liên tục trên
thỏa điều
kiện
2cos ,
f
xfx x với
x
.
Giá trị của

2
2
Nfxdx
là
A.
1.N
B.
0.N
C.
1.N
D.
2.N
Hướng dẫn giải
Ta có
 
22
22
N f xdx f xdx





Suy ra

22
22
22cos.Nfxfxdx xdx







Vậy
2
2
0
0
2 cos 2sin 2.Nxdxx

Chọn D.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 441
c. Nếu
f
x
liên tục trên đoạn
;ab
và

f
abx fx thì
 
2
bb
aa
ab
x
fxdx fxdx

d. Nếu
f
x liên tục trên đoạn
;ab và
0fx với

;
x
ab thì

0
b
a
fxdx
và

0
b
a
fxdx
khi
0.fx
Bài tập 5: Cho hàm số

f
x
liên tục trên
và thỏa
mãn
22,.fx f x x x x

Giá trị tích phân

2
0
Gfxdx
là
A.
2.G
B.
1
.
2
G
C.
2
.
3
G
D.
1
.
3
G
Hướng dẫn giải
Ta có

22
00
2Gfxdxf xdx

Suy ra

22
00
22Gfxfxdxxxdx


Vậy

2
0
12
2.
23
Gxxdx

Chọn C.
Bài tập 6:
Cho hàm số
f
x có đạo hàm liên tục trên
đoạn
0;1 thỏa mãn
10,f

1
2
0
7fx dx


và

1
2
0
1
.
3
xf xdx
Tích phân

1
0
f
xdx
bằng
A.
7
.
5
B. 1.
C.
7
.
4
D. 4.
Hướng dẫn giải
Đặt


3
2
3
du f x dx
ufx
x
dv x dx
v




Ta có


3
11
1
23
0
00
1
33


xf x
x
fxdx xf xdx
 
11
33
00
11
..x1.
33
xf xdx xf xd

 

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 442
Cách 1: Ta có

1
2
0
7fx dx


(1).
11
7
1
66
0
00
11
49 .49 7
77 7
x
xdx xdx


(2).
 
11
33
00
.114.14xf xdx xf xdx



(3).
Cộng hai vế (1), (2) và (3) suy ra
 
111
2
63
000
'4914.0fx dx xdx xfxdx




1
2
3
0
70.fx x dx



Do
 
1
22
33
0
70 7 0fx x fx x dx




. Mà
 
1
2
33
0
70 7.
f
xxdx fx x





4
7
.
4
x
f
xC

Mà

77
10 0 .
44
fCC

Do đó

4
77
.
44
x
fx

Vậy

11
4
00
77 7
.
44 5
x
fxdx dx





Một số kĩ thuật giải tích phân hàm ẩn
Loại 1: Biểu thức tích phân đưa về dạng:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
''ux f x u x f x hx+=
Cách giải:
+ Ta có
() () () () () ()
'
''uxf x uxfx uxfx
éù
+=
ëû
+ Do đó
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
'
''ux f x u x f x hx ux f x hx
é
ù
+= =
ë
û
Suy ra
() () ()
ux f x hxdx=
ò
Suy ra được
()
f
x
Loại 2: Biểu thức tích phân đưa về dạng:
() () ()
'
f
xfxhx+=
Cách giải:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 443
+ Nhân hai vế với
() () () () ()
'
.' . . . .
xx x x x x
e ef x efx ehx efx ehx
éù
+= =
ê
ú
ë
û
Suy ra
() ()
.
xx
efx ehxdx=
ò
Suy ra được
()
f
x
Loại 3: Biểu thức tích phân đưa về dạng:
() () ()
'
f
xfxhx-=
Cách giải:
+ Nhân hai vế với
() () () () ()
'
.' . . . .
xx x x x x
e e f x e f x e hx e f x e hx
-- - - - -
éù
+= =
ê
ú
ë
û
Suy ra
() ()
.
xx
efx ehxdx
--
=
ò
Suy ra được
()
f
x
Loại 4: Biểu thức tích phân đưa về dạng:
(
)
(
)
(
)
(
)
'
f
xpxfxhx+=
Cách giải:
+ Nhân hai vế với
()
()
()
()
()
() ()
()
()
()
()
()
'
'. . . .
..
pxdx pxdx pxdx pxdx
pxdx pxdx
e f xe pxe f x hxe
fxe hxe
òòò ò
+ =
éù
òò
êú
=
êú
ëû
Suy ra
()
() ()
()
..
pxdx pxdx
f
xe e hxdx
òò
=
ò
Suy ra được
()
f
x
Công thức
() ( )
bb
aa
f
xdx f a b xdx

2. Bài tập
Bài tập 1: Cho số thực
0.a
Giả sử hàm số
f
x liên tục và luôn dương trên đoạn
0; a thỏa mãn

.1.fxfa x Giá trị tích phân

0
1
1
a
Idx
f
x
là
A.
2
.
3
a
I
B. .
2
a
I C. .
3
a
I
D.
.
I
a
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt
.tax dt dx
Đổi cận 0; 0.xtaxat
Khi đó
 


00 00
111
.
1
11 1
1

 

aa aa
fx
Idt dxdxdx
fa t fa x fx
fx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 444


00 0
1
21..
11
aa a
fx
Idxdxdxa
fx fx



Vậy .
2
a
I
Ta có thể chọn hàm số
1fx , với mọi
0;
x
a thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Khi đó

00
11
.
122
aa
a
Idxdx
fx


Bài tập 2: Cho hàm số
f
x
liên tục trên
1;1
và
2019 , 1;1 .
x
fx fxe x
Tích phân

1
1
M
fxdx
bằng
A.
2
1
.
2019
e
e
B.
2
1
.
e
e
C.
2
1
.
2020
e
e
D.
0.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có

11
11
.
M
f x dx f x dx



Do đó
 
11 1
11 1
2020 2019 2019 .
M
f x dx f x dx f x f x dx



Suy ra
1
2
1
11
.
2020 2020
x
e
Medx
e

Nếu
f
x liên tục trên đoạn
;ab thì

b
a
f
xdx

b
a
f
abxdx
Bài tập 3. Cho
f
x là một hàm số liên tục trên
thỏa mãn
22cos2
f
xfx x
.
Giá trị tích phân

3
2
3
2
P
fxdx
là
A.
3.P
B.
4.P
C.
6.P
D.
8.P
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
 
33
22
33
22



P
f x dx f x dx



333
222
33
0
22
222cos24sin.
P
f x f x dx xdx x dx



 


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 445
Hay
3
3
2
2
0
0
2 sin 2 sin 2cosx 2cos 6. 

Pxdx xdx x
Bài tập 4: Cho
f
x là hàm số liên tục trên
thỏa mãn
sin
f
xfx x
 với mọi
x
và
01.f
Tích phân
.ef
bằng
A.
1
.
2
e
B.
1
.
2
e
C.
3
.
2
e
D.
1
.
2
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
sin
f
xfx x
 nên
.sin , .
xx x
ef x ef x e x x


.sin
xx
ef x e x



hay

00
.sin
xx
ef x dx e xdx




 

00
11
sin cos 0 1
22
xx
ef x e x x ef f e






3
.
2
e
ef

Để ý rằng

x
x
ee
nên nếu nhân thêm hai vế của
sin
f
xfx x
 với
x
e thì ta sẽ có ngay


..sin.
xx
efx e x
Bài tập 5: Cho hàm số
f
x tuần hoàn với chu kì
2
và có đạo hàm liên tục thỏa mãn
0
2
f



,

2
2
4
fx dx


và

2
.cos .
4
fx xdx
Giá trị của
2019f
.
A.
1.
B. 0. C.
1
.
2
D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Bằng phương pháp tích phân từng phần ta có
  
2
22
.cos .sin .sin .
f
x xdx f x x f x xdx





Suy ra

2
.sin .
4
fx xdx
Mặt khác
2
2
22
1cos2 2 sin2
sin .
244
xxx
xdx dx








Suy ra
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 446
  
2222
2 2
2
0000
2 sin sin 0 sin 0.f x dx xf x dx xdx f x x dx





sin .
f
xx
 Do đó
cos .
f
xxC Vì
0
2
f



nên
0.C
Ta được
cos 2019 cos 2019 1.fx x f


Bài tập 6: Cho hàm số
f
x có đạo hàm liên tục trên
0;1 , thoả mãn

2018
3
f
xxfx x
 với
mọi
0;1 .x Tính

1
0
dIfxx
.
A.
1
.
2018 2021
I
B.
1
.
2019 2020
I
C.
1
.
2019 2021
I
D.
1
.
2018 2019
I
Hướng dẫn giải
Chọn C
Từ giả thiết
2018
3,fx xf x x

nhân hai vế cho
2
x
ta được
  
2 3 2020 3 2020
3.xf x xf x x xf x x



Suy ra

2021
32020
d.
2021
x
x
fx x x C
Thay
0x vào hai vế ta được

2018
0.
2021
x
Cfx
Vậy

1
11
2018 2019
0
00
111 1
dd. .
2021 2021 2019 2021 2019
fx x x x x

Bài tập 7: Cho hàm số
f
x có đạo hàm liên tục trên
0; 4 , thỏa mãn
21
x
f
xfxe x

với mọi

0; 4 .x
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A.
 
4
26
40 .
3
ef f
B.
4
403.ef f e
C.
44
40 1.ef f e D.
4
403.ef f
Lời giải
Chọn A
Nhân hai vế cho
x
e để thu được đạo hàm đúng, ta được
  
/
'21 21.
xx x
ef x ef x x ef x x



Suy ra
 
1
21d 2121 .
3
x
ef x x x x x C
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 447
Vậy
 
4
26
40 .
3
ef f
Bài tập 8: Cho hàm số

f
x có đạo hàm trên , thỏa mãn
2017 2018
' 2018 2018
x
fx fx x e với
mọi
x
và
0 2018.f Giá trị
1
f
bằng
A.
2018
2018 .
e
B.
2018
2017 .e
C.
2018
2018 .e
D.
2018
2019 .e
Lời giải
Chọn D
Nhân hai vế cho
2018
x
e
để thu được đạo hàm đúng, ta được
  
2018 2018 2017 2018 2017
2018 2018 2018 .
xx x
f xe f xe x f xe x




Suy ra

2018 2017 2018
2018 d .
x
f
xe x x x C

Thay
0x
vào hai vế ta được
2018 2018
2018 2018 .
x
Cfxxe
Vậy
2018
1 2019 .fe
Bài tập 9: Cho hàm số
f
x có đạo hàm và liên tục trên , thỏa mãn
 
2
2
x
f
xxfx xe

và
02.f  Giá trị

1
f
bằng
A.
.e
B.
1
.
e
C.
2
.
e
D.
2
.
e
Hướng dẫn giải
Chọn C
Nhân hai vế cho
2
2
x
e để thu được đạo hàm đúng, ta được
  
2222 2
2222 2
22.
x
xxx x
f
xe f xxe xe e f x xe






Suy ra

222
222
2d2 .
xxx
efx xe x e C


Thay
0x vào hai vế ta được

2
02.
x
Cfxe

Vậy

1
2
12 .fe
e
 
Bài tập 10: Xét hàm số ()
f
x liên tục trên đoạn
0;1 và thỏa mãn
2() 3(1 ) 1
f
xfx x

. Tích
phân
1
0
()d
f
xx
bằng
A.
2
3
. B.
1
6
. C.
2
15
. D.
3
5
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 448
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có:
2() 3(1 ) 1
f
xfx x
(1)
.
Đặt
1tx
, thay vào
(1)
, ta được: 2(1 ) 3()
f
tftt
 hay 2(1 ) 3()
f
xfx x
(2)
.
Từ
(1) & (2), ta được:
32
() 1
55
f
xx x
.
Do đó, ta có:
1
0
()d
f
xx
11
00
32
d1d
55
x
xxx

24
515
2
15
.
Cách 2. Công thức
() ( )
bb
aa
f
xdx
f
abxdx

Lấy tích phân 2 vế ta được
11 1
00 0
2()d3(1)d 1d
f
xx
f
xx xx

.
Chú ý: Ta có thể dùng công thức . Khi đó:
Từ suy ra:
.
Bài tập 11: Cho là hàm số chẵn, có đạo hàm trên đoạn . Biết rằng và
Giá trị bằng
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có là hàm số chẵn nên suy ra
Mặt khác:
11
00
22
5()d ()d
315
fx x fx x


22
11
dd
xaxb
xaxb
f
ax b x f x x


231 1
f
xfx x

11 1
00 0
2d31d1d
f
xx f xx xx

 
101
010
2d3d1d
f
xx fxx xx

 
11
00
22
5d d
315
fx x fx x


 
22
11
11 a
Iftdtfxdx.
22 2


yfx
6;6

2
1
fxdx 8

3
1
f2xdx3.

6
1
f
xdx
1.
e.
1.
14.

yfx
f2x f 2x

33
11
f2xdx f2xdx3.


   
33 6 6
11 2 2
11
f2xdx f2xd2x fxdx 3 fxdx 6.
22


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 449
Vậy
Bài tập 12: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số k để
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có
Mà
Khi đó
Bài tập 13: Cho là hàm liên tục trên đoạn thỏa mãn và
, trong đó b, c là hai số nguyên dương và là phân số tối giản. Khi đó có giá
trị thuộc khoảng nào dưới đây?
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN B
Đặt
Đổi cận
Lúc đó
Suy ra
Do đó
  
626
112
I f xdx f xdx fxdx 8 6 14.




k
x0
1
x11
2x 1 dx 4lim .
x


k1
.
k2
k1
.
k2
k1
.
k2
k1
.
k2

 


22
kk
k
1
11
2x 1 2k 1
11
2x1dx 2x1d2x1
2444




x0 x0 x0
x11 x11
x11 1
4lim 4lim 4lim 2
x
x11
xx11

 







2
k
2
x0
1
k2
2k 1 1
x11
2x 1 dx 4lim 2 2k 1 9 .
k1
x4





fx
0;a


fx.fa x 1
fx 0, x 0;a



a
0
dx ba
1fx c
b
c
b
c
11;22 .
0;9 .
7;21 .
2017;2020 .
tax dt dx
x0 ta;xa t0 
  


a0 a a a
0a 0 0 0
fxdx
dx dt dx dx
I
1
1 fx 1 fa t 1 fa x 1 fx
1
fx






aa a
00 0
fxdx
dx
2I I I 1dx a
1fx 1fx



1
Iab1;c2bc3.
2

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 450
Cách 2: Chọn là một hàm thỏa các giả thiết. Dễ dàng tính được
Bài tập 14: Cho hàm số liên tục trên và Giá trị của
tích phân bằng
A. . B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN C
Xét Đặt suy ra
Đổi cận
Suy ra
Xét Đặt suy ra
Đổi cận Suy ra
Vậy
.
Bài tập 15: Cho hàm số liên tục trên và Giá trị của
tích phân bằng
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN A
Xét

fx 1
1
Iab1;c2bc3.
2

f
x

9
2
10
d4, sincosd2.

fx
xfxxx
x

3
0
d
f
xx
2
6
4
10
9
1
d4.
fx
x
x
2
,txtx
2d d .tt x
11
.
93
xt
xt


 
933
111
4d22dd2.
fx
xfttftt
x



2
0
sin cos d 2.fxxx
sin ,ux
dcosd.uxx
00
.
1
2
xu
xu


 
1
2
00
2sincosd d.
f
xxx
f
tt


  
313
001
ddd4.I fxx fxx fxx

f
x


2
1
4
2
00
tan d 4, d 2.
1
xf x
fxx x
x


1
0
d
Ifxx
6I
2
I
3I
1
I

4
0
tan d 4.fxx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 451
Đặt suy ra
Đổi cận: Khi đó
Từ đó suy ra
Bài tập 16: Cho hàm số liên tục trên và thỏa mãn
Giá trị của tích phân bằng
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN D
● Xét .
Đặt
Suy ra
Đổi cận:
Khi đó
● Xét Đặt
Suy ra
Đổi cận:
Khi đó
tan ,
tx

2
22
1d
ddtan1dd.
cos 1
t
txxxx
x
t

00
.
1
4
xt
xt



 
11
4
22
000
4tand d d.
11
ft fx
f
xx t x
tx





2
11 1
22
00 0
dd d426.
11
fx xfx
Ifxx x x
xx



f
x

4
2
0
tan . cos d 1,xf x x
2
2
ln
d1.
ln
e
e
fx
x
xx
2
1
4
2
d
fx
Ix
x
12
3
4

4
2
0
tan . cos d 1
A
x
f
xx

2
cos .tx
2
d
d 2sin cos d 2cos tan d 2 .tan d tan d .
2
t
t x xx x xx t xx xx
t
   
01
.
1
42
xt
xt


   
1
111
2
111
1
222
111
1dddd2.
222
ft ft fx fx
Attxx
ttxx


2
2
ln
d1.
ln
e
e
fx
Bx
xx

2
ln .ux
2
2ln 2ln 2 d du
dd dd .
ln ln ln 2
xxux
ux xx
x
xx xx xx u
 
2
1
.
4
xe u
xe u


 
444
111
11
1ddd2.
22
fu fx fx
Buxx
uxx


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 452
● Xét tích phân cần tính
Đặt suy ra Đổi cận:
Khi đó
Bài tập 17: Cho hàm số nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên Biết và
với mọi Giá trị tích phân bằng
A. . B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN D
Từ giả thiết
Ta có Đặt
Khi đó
Ta có
Suy ra
2
1
2
2
d.
fx
Ix
x
2,vx
1
dd
2
.
2
x
v
v
x
11
.
42
24
xv
xv


44 1 4
11 1
1
22 2
dddd224.
fv fx fx fx
Iv x xx
vx xx


f
x
0; 2 .
01f

2
24
2
x
x
fxf x e

0; 2 .x

32
2
0
3
d
xxfx
Ix
fx
14
3
32
5
16
3
16
5
 
2
224
221.
xxx
fxf x e f


32
2
0
3'
d.
xxfx
Ix
fx




32
2
3
d36d
.
'
dd
ln
ux x
uxxx
fx
vx
vfx
fx











2
2
32 2
0
0
2
21
2
0
3ln 3 6ln d
32lnd3.


f
Ix x fx x x fxx
xxfxx J

  
20
2
2
2
02
2ln d 2 22 ln 2 d2
xt
J
xxfxx t t f t t





 


02
2
2
20
222ln2d2 2ln2d.
x
xfx x xxfxx

 








22
22
00
2
2
0
2 2 ln d 2 ln 2 d
2ln 2 d



J
xxfxxxxf xx
xxfxf xx
 
2
22
22422
00
32 16
2ln d 2 2 4d .
15 15
xx
xxe x xxxxx J
 

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 453
Vậy
Bài tập 18: Cho hàm số liên tục trên và thỏa mãn Giá
trị của tích phân bằng
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
ĐÁN ÁN B
Từ giả thiết, thay bằng ta được
Do đó ta có hệ
Khi đó
Bài tập 19: Cho hàm số liên tục trên và thỏa mãn Giá trị của
tích phân bằng
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN B
Từ giả thiết, thay bằng ta được
Do đó ta có hệ
Khi đó
16
3.
5
IJ 
yf
x
;
22
2cos.
f
x
f
xx

2
2
d
Ifxx
2
I

2
3
I
3
2
I
2
I
x
x
2cos.
f
x
f
xx



2 cos 4 2 2cos
1
cos .
3
2 cos 2 cos
fx f x x fx f x x
f
xx
fx fx x fx fx x









22
2
2
22
112
dcosdsin .
333
Ifxx xx x





f
x
1
;2
2

1
23.
f
xf x
x




2
1
2
d
fx
Ix
x
1
2
3
2
5
2
7
2
x
1
x

13
2.ffx
x
x








11
23 23
2
.
13 16
242
fxfxfxfx
xx
f
xx
x
ffx fxf
xx xx

 
 
 




 


 

 

22
2
1
2
11
2
22
223
1.
2
fx
Idx dxx
xx x





Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 454
Cách khác. Từ
Khi đó
Xét Đặt , suy ra
Đổi cận:
Khi đó
Vậy .
Bài tập 20: Cho hàm số thỏa mãn với mọi và
Giá trị của bằng
A.
B. C. D.
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN C
Nhận thấy được
Do đó giả thiết tương đương với
Suy ra
Thay vào hai vế ta được
 
11
23 32.fx f x fx x f
x
x
 

 
 

22 22
11 11
22 22
11
d32 d3d2 d.
ff
fx
xx
Ix xx x
xx x

 
 

 






2
1
2
1
d.
f
x
Jx
x



1
t
x
2
22
11
ddddd.
txtxxt
xt
  
1
2
2
.
1
2
2
xt
xt



 
1
22
2
2
11
2
22
1
ddtd.
ft fx
J
tf t t x I
ttx





22
11
22
3
3d 2 d .
2
IxIIx

f
x
  
2
4
.1512
f
xfxfxxx



x
001.ff

2
1f
5
.
2
9
.
2
8. 10.
    
2
...f x fxf x fxf x



 
4
.1512.
f
xf x x x



 

 
001.
452
.1512d36 1
ff
fxf x x x x x x C C


 
52
.361fxf x x x

 

2
6
52 3
.d361d 2 '.
22
fx
x
f
xf x x x x x x xC


0x
2
0
1
''.
22
f
CC

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 455
Vậy
Bài tập 22: Cho hàm số liên tục trên thỏa mãn . Giá trị
bằng
A. B. 1. C. D.
Hướng dẫn giải
ĐAP ÁN A

263 2
421 18.fx x x x f
f
x
4
tan cos ,fx xx


1
0
Ifxdx
2
.
8
2
.
4
.
4
 



2
4
2
1
2
2
0
1
ftanx cosx ftanx
tan x 1
12
fx fxdx
8
x1






Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 456
Dạng 8: Bất đẳng thức tích phân
1. Phương pháp
Áp dụng các bất đẳng thức:
+ Nếu liên tục trên thì
+ Nếu liên tục trên và thì
+ Nếu liên tục trên thì dấu xẩy
ra khi và chỉ khi .
+ Bất đẳng thức AM-GM
2. Bài tập
Bài tập 1: Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn ,
và Giá trị phân bằng
A. . B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
Chọn B
Dùng tích phân từng phần ta có Kết hợp với giả thiết
, ta suy ra
Theo Holder
Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có thay vào ta được
Suy ra
f
x
;ab
 
bb
aa
f
xdx f xdx

f
x
;ab
m
f
xM
 
b
a
mb a f xdx M b a

,
f
x
g
x
;ab
   
2
22
.
bbb
aaa
f
xgxdx f xdx g xdx




""
.
f
xkgx
f
x
0;1 ,
10f

1
2
0
d7


fx x

1
2
0
1
d.
3
xf x x

1
0
d
f
xx
1
7
5
7
4
4
  
11
3
1
23
0
00
1
d'd.
33
x
x
fx x fx xf x x

10f

1
3
0
'd 1.xf x x

2
111
7
1
2
2
36
0
000
1'dd.'d.71.
7
x
xf x x x x f x x

 




3
',
f
xkx

1
3
0
'd 1xf x x
7.k 

3
'7
f
xx



34
7
'7,0;1
4
f
xxx fx xC

 
1
10
4
0
777 7
d.
444 5
f
Cfxx fxx
 
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 457
Bài tập 2: Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn ,
và Giá trị bằng
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Theo Holder
Vậy
Bài tập 3: Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn và
Tích phân bằng
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Theo Holder
Vậy
Bài tập 4: Cho hàm số nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn
và Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. B.
C. D.
Hướng dẫn giải
f
x
0;1 ,
11f

1
5
0
11
d
78
xf x x
 

1
0
4
d.
13
fx fx
2f
2.
251
.
7
256
.
7
261
.
7
 
2
2
111
2
612
000
2144
d.d..
13 13 13 169
xf x x xdx f x x



 






 

11
67
25
2.
77
f
fx x fx x C C

 
7
25 261
2.
77 7
fx x f
f
x
0;1 ,
12, 00ff

1
2
0
d4.


fx x

1
3
0
2018 d .


f
xxx
0. 1011. 2018. 2022.
 
2
111
2
2
000
2'dd.'d1.44.fxx x fx x

 





00
'2 2 0.
f
fx fx xC C

 
1
3
0
2 2018 d 1011.fx x f x x x



f
x
f
x

0;1 ,

10fef


11
2
2
00
d
d2.




x
fx x
fx

2
1.
1
e
f
e

22
1.
1
e
f
e

2
2
2
1.
1
e
f
e


22
1.
1
e
f
e
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 458
Chọn C
Ta có
Mà nên dấu xảy ra, tức là
Theo giả thiết nên ta có
Bài tập 5: Cho hàm số nhận giá trị dương trên có đạo hàm dương và liên tục trên
thỏa mãn và Giá trị bằng
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Áp dụng bất đẳng thức cho ba số dương ta có
Suy ra
Mà nên dấu xảy ra, tức là





11 1 1
AM GM
22
22
00 0 0
'
d1
'd ' d 2 d
fx
x
f
xx fx x x
fx fx fx

  

 


  

1
0
1
2ln 2ln 1 2ln 0 2ln 2 ln 2.
0
f
fx f f e
f



11
2
2
00
d
'd2
x
fx x
fx



'' ''


 
1
''1fx fxfx
fx

 

2
'd d 22.
2
fx
f
xf x x xx x C fx x C

10fef
2
2
1
22 2 22 2
1
CeC CeC C
e

 
2
222
222
212 .
111
e
fx x f
eee


f
x
0;1 ,
0;1 ,
01f
   
11
3
32
00
4d3 d.








f
xfxxfxfxx

1
0
d
Ifxx
21.e
2
21.
e
1
.
2
e
2
1
.
2
e
AM GM
  



 
33
33
3
33
3
2
3
4' 4'
22
34 ' . . 3 ' .
22




f
x
f
x
f x fx fx
fxfx
fx fxf x
   
11
3
32
00
4' d 3' d.
f
xfxxfxfxx





   
11
3
32
00
4' d3' d
f
xfxxfxfxx





'' ''

 
33
3
1
4' '
22 2
fx fx
f
xfxfx




 
1
2
''
11 1
ddln .
22 2
x
C
fx fx
x x fx xC fx e
fx fx


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 459
Theo giả thiết
Bài tập 6: Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn và
Giá trị tích phân bằng
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN B
Theo Holder
Bài tập 7: Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên thỏa t và
Giá trị của ích phân bằng
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN B
Theo Holder
Vậy
Bài tập 8: Cho hàm số nhận giá trị dương trên có đạo hàm dương liên và tục trên
thỏa mãn và Giá trị của bằng
A. B. C. D.
 

1
1
2
0
01 0 d 2 1.
x
fCfxefxxe
f
x
0; ,

0
sin d 1
fx xx

2
0
2
d.
fxx

0
d
x
fx x
6
.
4
.
2
.
4
.
 
2
2
22
000
2
1cosd dcosd.1.
2
fx xx f x x xx



 
00
22cos4
cos d d .
xx
fx x xfx x x




f
x
0;1 ,

1
2
2
0
10, d
8



ffxx

1
0
1
cos d .
22



x
fx x

1
0
d
f
xx
1
.
2
.
.
2
.
 
2
2
111
2
2
2
000
1
sin ' d sin d . ' d . .
42 2 28
xx
fxx x fx x


 
 

 

 


 

10
'sin cos 0.
22 2
f
xx
fx fx C C


 


 
1
0
2
cos d .
2
x
fx fx x




f
x
0;1 ,
0;1 ,


1
0
d1
xf x
x
fx
01,f
2
1.
f
e
1
2



f
1. 4.
.e
.e
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 460
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN C
Hàm dưới dấu tích phân là Điều này làm ta liên tưởng đến đạo
hàm đúng , muốn vậy ta phải đánh giá theo như sau:
với và
Do đó ta cần tìm tham số sao cho
hay
Để dấu xảy ra thì ta cần có
Với thì đẳng thức xảy ra nên
Theo giả thiết
Cách 2. Theo Holder
Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có thay vào ta được
Suy ra (làm tiếp như trên)





''
., 0;1.
xf x f x
xx
fx fx


'
f
x
f
x
AM GM




''
2.
f
xxfx
mx m
f
xfx

0m
0;1 .x
0m




11
00
''
d2. d
fx xfx
mx x m x
fx fx





  
2
11
00
ln 2 .1 ln 1 ln 0
22
2202.
2


x
m
fx m m f f
m
mm
'' ''
20 2 4.
2
m
mm
4m

'
4
fx
x
fx


 
2
22
'
d4dln 2 .
x
C
fx
xxx fxxCfxe
fx




2
2
2
01
1
0.
2
1
x
f
Cfxef e
fe












22
11 11
2
00 00
'''1
1
1d.dd.d.ln1.
20
xf x f x f x f
xx xxx x
fx fx fx f







'
,
fx
kx
fx


1
0
'
d1
xf x
x
fx
4.k


'
4.
fx
x
fx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 461
Bài tập 9: Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn và
Giá trị của bằng
A. B. C. D.
Lời giải
ĐÁP ÁN A
Hàm dưới dấu tích phân là Điều này làm ta liên tưởng đến đạo hàm đúng
, muốn vậy ta phải đánh giá theo như sau:
với
Do đó ta cần tìm tham số sao cho
hay
Để dấu xảy ra thì ta cần có
Với thì đẳng thức xảy ra nên
(vô lý)
Theo giả thiết
Cách 2. Ta có
Theo Holder
Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có thay vào ta được Suy ra
(làm tiếp như trên)
f
x
0;1 ,
 
1
2
0
d1


f
xf x x
01,f
13.f
1
2



f
2. 3.
.e
.e

2
'.fxf x


'
f
x
f
x
AM GM
   
2
'2.'
f
xf x m mfxf x


0.m
0m
 
 
11
2
00
'd2 'd.
f
xf x m x m fxf x x


2
1
0
12. 12.
2
fx
mm mm 
'' ''
12 1.mmm
1m
 
 
2
'1
'1 .
'1
fxf x
fxf x
fxf x



   
2
11
11
00
00
'1 'dd 11.
2
fx
fxf x fxf x x x x   

   

2
'1 'dd 22.
2
fx
f
xf x fxf x x x x C fx x C




01
11
21 2.
22
13
f
Cfxxf
f





 

2
1
1
22
0
0
1
'd 1 0 1.
22
fx
fxf x x f f



   
2
111
2
22
000
11. 'd 1d. 'd1.11.fxf x x x fxf x x

 




',
f
xfx k
 
1
0
'd1
f
xf x x
1.k
'1.fxfx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 462
Bài tập 10: Cho hàm số nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên thỏa
mãn và Giá trị của bằng
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN D
Hàm dưới dấu tích phân là Điều này làm ta liên tưởng đến đạo hàm đúng
, muốn vậy ta phải đánh giá theo như sau:
với và
Do đó ta cần tìm tham số sao cho
hay
Để dấu xảy ra thì ta cần có
Với thì đẳng thức xảy ra nên
Theo giả thiết
Cách 2. Ta có
Theo Holder
f
x
f
x

1; 2 ,


2
2
1
d24


fx
x
xf x
11,f
2 16.f
2f
1.
2.
2. 4.




22
''
1
..
fx fx
xf x x f x
 
 

'
f
x
f
x
AM GM




2
'
'
2
fx
f
x
mx m
xf x
f
x



0m
1; 2 .x
0m




2
22
11
'
'
d2 d
fx
fx
mx x m x
xf x
fx








  
2
1
22 2
24 4 24 4 2 1 24 12 16.
33 3
mm m
mfx m f f m m

  

'' ''
2
24 12 16.
3
m
mm
16m




2
'
'
16 2
2
fx
fx
x
x
xf x
fx




 

2
22
'
d2d .
2
fx
x
xx fx x C fx x C
fx





4
11
024.
216
f
Cfxxf
f



  
22
2
1
11
''
d2. d2 2 2 1 6.
2
fx fx
xxfxff
fx fx










22
2
21 22
2
2
2
1
11 11
'
''
6 d . d d . d .24 36.
2
fx
fx fx
x
xx xxx x
xf x
fx xfx








Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 463
Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có thay vào ta được
Suy ra (làm tiếp như trên)
Bài tập 11: Cho hàm số
f
x có đạo hàm liên tục trên đoạn
0;1 , và

14
10 .
2
ff
Biết
rằng

022,0;1
fx x x
. Khi đó, giá trị của tích phân

1
2
0
f
xdx


thuộc khoảng nào
sau đây?
A.
2; 4 . B.
13 14
;.
33



C.
10 13
;.
33



D.

1; 3 .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Do

022,0;1fx x x

nên


2
08,0;1.fx xx

Suy ra

11
2
00
8
f
xdx xdx



hay

1
2
0
4fx dx


(1).
Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:
  
2
111 1
222
2
000 0
1. 1 0
f
xdx dxfxdx f f fxdx



 

 



1
2
0
7
2
f
xdx



Vậy

1
2
0
7
4.
2
fx dx




''
,
fx fx
kx kx
xf x f x


2
1
'
d6
fx
x
fx
4.k

'
4.
fx
x
fx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 464
BÀI 3. ỨNG DỤNG HÌNH HỌC TÍCH PHÂN
A. KIẾN THỨC SÁCH GIÁO KHOA CẦN NẮM
I. DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG
1. Định lý 1: Cho hàm số
()yfx
liên tục, không âm trên

;ab
. Khi đó diện tích S của hình thang
cong giới hạn bởi đồ thị hàm số
()yfx
, trục hoành và 2 đường thẳng
,xaxb
là:
()
b
a
Sfxdx
2. Bài toán liên quan
Bài toán 1: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
()yfx
liên tục trên đoạn

;ab
, trục
hoành và hai đường thẳng
xa
,
xb
được xác định:
()
b
a
Sfxdx
Bài toán 2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
()yfx
,
()ygx
liên tục trên đoạn

;ab
và hai đường thẳng
xa
,
xb
được xác định:
() ()
b
a
Sfxgxdx
Chú ý: Nếu trên đoạn
[;]ab
, hàm số
()fx
không đổi dấu thì:
() ()
bb
aa
fxdx fxdx

Bài toán 3: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường
()xgy
,
()xhy
và hai đường thẳng
yc
,
yd
được xác định:
() ()
d
c
Sgyhydy
Bài toán 4: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị
11
():()Cfx
,
22
():()Cfx
là:
2
1
() ()
x
x
Sfxgxdx
. Trong đó:
12
,xx
tương ứng là nghiệm của phương trình

12
() (),fx gx x x
II. THỂ TÍCH CỦA KHỐI TRÒN XOAY
11
22
(): ()
(): ()
()
Cyfx
Cyfx
H
xa
xb
1
()C
2
()C

b
a
Sfxfxdx
12
() ()
a
1
c
y
Ob
x
2
c
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 465
1. Thể tích vật thể
Gọi
B
là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b;
()Sx là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm
x
,
()axb . Giả sử ()Sx là hàm số liên tục trên đoạn [;]ab .
2. Thể tích khối tròn xoay
Bài toán 1: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
()yfx , trục hoành và hai đường thẳng
x
a
,
x
b
quanh trục Ox:
Bài toán 2: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
()
x
gy , trục hoành và hai đường thẳng
yc
, yd
quanh trục Oy:
Bài toán 3: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
()yfx
,
()ygx
và hai đường thẳng
x
a
,
x
b
quanh trục Ox:
22
() ()
b
a
V
f
x
g
xdx

.
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Tính diện tích giới hạn bởi 1 đồ thị
1. Phương pháp:
a/ Phương pháp 1:
|()|
b
a
Sfxdx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 466
* Xét dấu biểu thức
()
f
x
;
[;]
x
ab
, phá dấu trị tuyệt đối và tính tích phân.
b/ Phương pháp 2:
* Giải phương trình
() 0fx ; chọn nghiệm trong [;]ab. Giả sử các nghiệm là ;
với
.
* Áp dụng tính chất liên tục của hàm số
()
f
x trên [;]ab; ta có:
|()d||()d||()d|
b
a
Sfxx fxx fxx



2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
2
yx
, trục hoành và đường thẳng
x2
.
A.
8
S.
9
B.
16
S.
3
C.
S16.
D.
8
S.
3
Hướng dẫn giải
CHỌN D
Nhận thấy rằng, để tính diện tích ta cần phải tìm được 2 cận. Để tìm thêm cận còn lại ta giải phương
trình hoành độ giao điểm của đồ thị

2
P:y x
với trục hoành.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị

2
P:y x
với trục hoành:
2
x0x0

Áp dụng công thức ta có
2
2
0
8
Sxdx.
3

Nhận xét: Nếu ta vẽ đồ thị hàm số
2
yx
và đường thẳng
x2
ta dễ dàng xác định được hình
phẳng giới hạn bởi các đường này. Từ đó ta dễ dàng tính được diện tích S.
Bài tập 2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số
2x
yx.e
, trục hoành và đường
thẳng
x1
A. e2. B. 2e.
C. 2e.
D. 1.
Hướng dẫn giải
CHỌN A
Phương trình hoành độ giao điểm
2x
xe 0 x 0

Ta có:
 

11 1
1
2x 2 x 2x x 2
0
00 0
11 1
1
xxxx
0
00 0
S xedx xd e xe ed x
e 2 xe dx e 2 xd e e 2xe 2 e dx

  


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 467
1
x
0
e 2e 2e e 2e 2 e 2. 
Lời bình: Bài toán trên đã có 1 cận, ta chỉ cần tìm thêm 1 cận nữa bằng
cách giải phương trình hoành độ giao điểm. Sau đó áp dụng công thức.
Nếu vẽ đồ thị bài này để tìm hình phẳng giới hạn bởi các đường là không
nên vì đồ thị hàm số hơi phức tạp. Việc tìm được công thức
1
2x
0
Sxedx
và tính tích phân này ta có thể dùng MTCT để tính và chọn Chọn.
Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
2
y1x
và trục hoành:
A.
2.
B. .
4
C. 1. D. .
2
Hướng dẫn giải
CHỌN D
Phương trình hoành độ giao điểm của, Ox là
2
1x 0 x 1

Khi đó, diện tích hình phẳng cần tìm là
1
2
1
S 1 x dx.

Đặt
x sin t dx cos tdt
và
x1 t
2
x1t
2

 
Suy ra
1
22
22 2
1
22
S 1 x dx 1 sin t.cos tdt cos tdt
2





Lời bình: Bài toán trên chưa có cận, ta phải giải phương trình hoành độ
giao điểm để tìm cận. Sau đó áp dụng công thức. Việc tìm được công
thức
1
2
1
S1xdx

và tính tích phân này tương đối phức tạp, do đó ta
có thể dùng MTCT để tính và chọn Chọn.
Nếu vẽ được đồ thị thì ta xác định được hình phẳng và diện tích của nó
dễ dàng, đó chính là diện tích của nữa đường tròn bán kính bằng 1. Do
đó:
2
1
SR.
22

Bài tập 4: Tính diện tích S hình phẳng giới hạn bởi các đường
1
y lnx,x e, x
e
 và trục hoành
A.
2
S2 .
e

B.
1
S1 .
e
C.
2
S2 .
e
D.
1
S1 .
e

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 468
Hướng dẫn giải
CHỌN A
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
ylnx
và trụ hoành là
ln x 0 x 1.

e1e
1e
1
1
e
11
1
ee
2
S ln x dx ln xdx ln x.dx x x ln x x ln x x 2 .
e


Bài tập 5: Diện tích tam giác được cắt ra bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến của đồ thị ylnx tại giao
điểm của đồ thị hàm số với trục Ox là:
A.
2
S
3
B.
1
S
4
C.
2
S
5
D.
1
S
2
Hướng dẫn giải
Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm:
ln x 0 x 1

Ta có:
 
1
y' lnx ' .y' 1 1
x'

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị
ylnx
tại giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox
là:
y1x1 0 hay yx1
Đường thẳng
yx1 cắt Ox tại điểm
A1;0 và cắt Oy tại điểm
B0; 1 .
Tam giác vuông OAB có
OAB
11
OA 1,OB 1 S OA.OB
22

Bài tập 6: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong
y2axa0
, trục hoành và đường
thẳng
xa bằng
2
ka . Tính giá trị của tham số k.
A.
7
k
3
B.
4
k
3
C.
12
k
5
D.
6
k
5
Hướng dẫn giải
    
b0 b 0b
D
aa 0 a0
S f xdx f x dx f xdx f xdx f xdx

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 469
Chọn B
Có
a
a
3
22
2
0
0
24 4
S2axdx2a..x aka k
33 3

Bài tập 7: Cho hình cong giới hạn bởi các đường
x
ye,y0,x0

và
xln4
. Đường thẳng
xk
với
0kln4
chia thành hai phần có diện tích là S
1
và S
2
như hình vẽ
bên. Tìm k để
12
S2S
.
A.
2
kln4
3
B.
kln2
C.
8
kln
3
D. kln3
Hướng dẫn giải
Chọn D
Do
ln 4
ln 4 ln 4
xxx
121
0
00
22 2 2
S2S S S edx edx e 2
33 3 3


Do đó:
k
xk k
1
0
Sedxe12e3kln3
Dạng 2: Tính diện tích giới hạn bởi 2 hai đồ thị
1. Phương pháp:
Công thức tính
|() ()|
b
a
Sfxgxdx
. Tính như dạng 1.
2. Một số bài tập mẫu
Bài tập 1:
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
22
11
;;;
cos sin 6 3
yyxx
x
x

Lời giải
Ta có:
/3
22
/6
11
cos sin
Sdx
x
x

Trong trường hợp này nếu chọn cách xét dấu biểu thức
11
;;
22
63
cos sin
yx
xx




hoặc vẽ đồ thị hàm số
11
;;
22
63
cos sin
yx
xx

là khá khó khăn.
Vì vậy ta chọn cách sau:
+ Xét phương trình:
22
11
cos sin
x
x
0
;
;
63
x
22
cos sin 0xx

;
63
x



Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 470
cos 2 0x
;
;
63
x



4
x

Từ đó suy ra:
/4 /3
22 22
64/4
11 11
|
cos sin cos sin
Sdx dx
xx xx






4
/4 4 3
|(tan cot )| | |(tan cot ) | 2 2
/6 3
Sxx xx







.
Bài tập 2 : Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
2
2
1
;
12
x
yy
x

.
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên:
2
2
1
12
x
x
42 2
1
20 1
1
x
xx x
x

Vì vậy hình phẳng đã cho có diện tích là:
2
1
2
1
1
12
x
Sdx
x

Do trên
(1;1) phương trình
2
2
1
12
x
x
vô nghiệm nên ta có:
111
22 2
1
222
1
111
111
ddd
12 12 1 2
xx x
Sdx xxx
xxx







Tính
1
I
1
2
1
1
1
dx
x
.
+/ Đặt
tan
x
t
;
;
22
t




2
1
cos
dx dt
t

+/ Đổi cận:
1
4
1
4
xt
xt
 

2
/4 /4
1
2
/4 /4
1
cos
d
1tan 2
t
Idtt
t





2
I
2
1
1
1
23
x
dx
Thay thế vào ta được:
S
1
23
1
23
.
Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
2
43yx x

và 3y .
Hướng dẫn giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 471
2
43xx
3
2
2
0
433
4
433
x
xx
x
xx



Khi đó:
S
4
242
0
0
43|3| | 43|3 |
x
xdxxxdx 
‖

34
1
222
0
13
433 433 433Sxx dxxxdxxxdx   

34
1
22 2
0
13
4464|Sxxdx xxdxxxdx

3
14
33 3
22 2
03
1
22628
33 3
xx x
SS x x x x
 

 
 
.
Bài tập 4: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị: sin | |
yx;
y
||
x
-
.
Hướng dẫn giải
Xét phương trình hoành độ: sin | | | |xx

Đặt
||
x
t
Khi đó trở thành:
sin tt
sin 0tt

Xét hàm số
()
f
t
sin tt

; [0, )t .
() cost 1 0 [0, )ft t

.
BBT của hàm số
()
f
t như sau:
phương trình có nghiệm duy nhất
t
.
phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
x
và
x
.
|sin | | | | | (sin | | | | )Sxxdx xxdx






.
3. Bài tập
Bài tập 1:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol
2
P:y x 3x 3
 và đường thẳng

d:y 2x 1 là:
A.
7
3
B.
13
3
C.
19
6
D. 11
Hướng dẫn giải
Chọn B
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 472
Xét phương trình
22
x1
x3x32x1 xx20
x2
 
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol
2
P:y x 3x 3

và đường thẳng

d:y 2x 1
là



2
22
23
22
11
1
xx 13
S x 3x 3 2x 1 dx 2 x x dx 2x
23 3





Vậy
13
S
3
.
Bài tập 2: Parabol chia hình tròn có tâm tại gốc tọa độ, bán kính thành 2 phần. Tỉ số
diện tích của chúng thuộc khoảng nào:
A. B. C. D.
0,7;0,8
Hướng dẫn giải
Chọn A
Phương trình đường tròn:
22 2 2
xy8x8y
 
Thế vào phương trình parabol, ta được
2
2
8y
yy2y80
2


2
y2
x4x2
y4l


Diện tích phần được tạo bởi phần đường tròn phía trên với Parabol là:
222
22
22
1 12
222
xx
S8xdx8xdxdxII
22






;
2
23
2
2
2
xx8
Idx
2
263

Tính
22
22
1
20
I8xdx28xdx


Đặt
x22sint dx22costdt;x0 t0
; x2 t
4

444
2
1
000
cos 2t 1
I 2 2 2 cos t2 2 cos tdt 16 cos tdt 16 dt 4 2
2



2
2
x
y
22

0, 4;0,5
0,5;0,6
0,6;0,7
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 473
112
84
SII42 2
33

Diện tích hình tròn:
2
21
44
SR8 SSS8 2 6
33





1
2
4
2
S
3
0, 435 0, 4;0,5
4
S
6
3



.
Bài tập 3:
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
2
x
y4
4
 và đồ thị hàm số
2
x
y
42
A. 24 B.
4
2
3
C.
4
2
3
D.
8
3
Hướng dẫn giải
Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm:
2
22
2
x16l
xx
4x22
4
42
x8


. Khi đó
22
22
22
xx 4
S4 2
43
42

Bài tập 4: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
2
my x
,
2
mx y
(với
0m
).
Tìm giá trị của
m để
3S
.
A.
1m
. B.
2m
. C.
3m
. D.
4m
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Vì
0m
nên từ
2
my x
ta suy
2
0
x
y
m
;
Từ
2
mx y
nên
0x
và
ymx
.
Xét phương trình
2
43
0x
x
mx x m x
x
m
m

Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là:
22
00
mm
xx
Smxdx mx dx
mm





3
22
0
211
.
3333
m
mx
x
xmm
m





Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 474
Yêu cầu bài toán
22
1
3393
3
Smmm 
(vì 0m ).
Bài tập 5: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm
2
yx
và
2
1
x
y
x
là
ln 2Sab
với a, b là những số hữu tỷ. Giá trị của
ab
là
A.
1
3
. B. 2. C.
2
3
. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm của
1
C :
2
y
x
và
2
C :
2
1
x
y
x
là

232
0
2
1201
1
2
x
x
xxxxxx
x
x

Diện tích hình phẳng cần tìm là:
00
0
3
22
111
22 5
2 2 2ln 1 2ln2
11 33
xx
Sxdx xdxxx
xx










Suy ra
5
3
a
và
2b 
Vậy
1
3
ab
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 475
Bài tập 6:
Cho
H là hình phẳng giới hạn bởi parabol
2
3yx ,
cung tròn có phương trình
2
4
y
x
(với 02x
) và trục hoành
(phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của
H
là
A.
43
12
. B.
43
6
.
C.
4233
6

. D.
53 2
3
.
Hướng dẫn giải
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol
2
3yx
và cung tròn
2
4
y
x
(với
02x
) lả
22 24
4343 1
x
xxxx .
Diện tích của

H
là
12
1
223
0
01
33
34
33
Sxdx xdxxI I

với
2
2
1
4Ixdx
.
Đặt
2sin
x
t
,
;2cos.
22
tdxtdt





Đổi cận
1
6
xt

,
2
2
xt

.

2
222
22
6
666
4 4sin .2cos . 4cos . 2 1 cos2 . 2 sin 2Ittdttdttdtxt




23
32

Vậy
332343
33326
SI


Chọn B.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 476
Bài tập 7:
Hình phẳng
H
được giới hạn bởi đồ thị
C của hàm đa thức bậc ba và parabol
P
có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần
tô đậm của hình vẽ có diện tích bằng
A.
37
12
. B.
7
12
. C.
11
12
. D.
5
12
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là
2y và 0y nên ta xét hai hàm số là
32
2yax bx cx

,
2
y
mx nx
(với a,
0m
).
Suy ra
C :
32
2yfx axbxcx và
P
:
2
ygx mx nx
.
Phương trình hoành độ giao điểm của
C và
P
là:

32 2 32 2
220ax bx cx mx nx ax bx cx mx nx 
.
Đặt


32 2
2P x ax bx cx mx nx .
Theo giả thiết,

C và

P
cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là
1x 
,
1
x
,
2x
nên
112Px ax x x.
Ta có

02
P
a .
Mặt khác, ta có
 
0002 1Pfg a.
Vậy diện tích phần tô đậm là

2
1
37
112
12
Sxxxdx

Dạng 3: Tính thể tích vật thể tròn xoay dựa vào định nghĩa
1. Phương pháp:
Gọi
B
là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b; ()Sx là
diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục
Ox tại điểm
x
,
()axb
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 477
Giả sử
()Sx
là hàm số liên tục trên đoạn
,ab .
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Cho phần vật thể
B
giới hạn bởi hai mặt phẳng có phương trình
0x
và
2x
. Cắt phần
vật thể
B
bởi mặt phẳng vuông góc trục
Ox
tại điểm có hoành độ
02xx
, ta được diện tích là
một tam giác đều có độ dài cạnh bằng
2.
x
x
Tính thể tích
V
của phần vật thể
B
.
Lời giải
Một tam giác đều cạnh a có diện tích
2
3
4
a
S
Do tam giác đều cạnh
2
x
x có diện tích là
2
23
()
4
xx
Sx
Suy ra thể tích

2
22 2
2
00 0
23
3343
() 2
44 433
Ca sio
xx
SSxdx dx x xdx
 

Bài tập 2: Trong không gian Oxyz , cho vật thể nằm giữa hai mặt phẳng
0x
và
x
, biết rằng
thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục
Ox
tại điểm có hoành độ bằng
,0xx

là một tam giác đều cạnh là 2sin
x
.Tính thể tích của vật thể đó.
Lời giải
Một tam giác đều cạnh a có diện tích
2
3
4
a
S
Do đó tam giác đều cạnh
2sin
x
có diện tích là

4sin . 3
3sin
4
x
Sx x

Suy ra thể tích

22
00
d3sind23VSxx xx

Bài tập 3: Một bồn trụ đang chứa dầu được đặt nằm ngang có chiều dài bồn là 5m, bán kính đáy 1m
. Người ta rút dầu ra trong bồn tương ứng với 0,5 m của đường kính đáy. Tính thể tích gần đúng của
dầu còn lại trong bồn
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 478
Lời giải
* Thể tích cả khối trụ
22 3
1
.1 .5 5VRh m

* Tính thể tích phần khối trụ bị mất đi
+ Cách 1:
22
2
viên ph
R
d
ân
SRxdx
1
2
1
2
21 0,61
xdx
1
2
2
1
2
.21 53,07
viên phân
VS h xdx
Suy ra thể tích khối trụ còn lại

1
23
12
1
2
5 2 1 5 12,637
VVV xdx m
+ Cách 2: Tính góc ở tâm
1
cos
22

OH
R
23

2
3


2
1122
sin . sin 0,614
2233




viên phân
SR


2
12 2
.. sin 5
23 3




viên phân
VS h

2
2
x
y
d
y
=
R
2
-x
2
d
O
R
2
2
x
y
B
A
H
O
R
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 479

3
12
12 2
5 . sin 5 12,637
23 3




VVV m

Bài tập 4: Bạn A có một cốc thủy tinh hình trụ, đường kính trong lòng đáy cốc là chiều cao
trong lòng cốc là đang đựng một lượng nước. Bạn A nghiêng cốc nước, vừa lúc khi nước chạm
miệng cốc thì ở đáy mực nước trùng với đường kính đáy. Tính thể tích lượng nước trong cốc
Lời giải
Phân tích: Thể tích nước có hình dạng “cái nêm”; có 2 phương pháp tính thể tích này
+ Cách 1 – Chứng minh công thức b
ằng PP tích phân: Xét thiết diện cắt cốc thuỷ tinh tại vị trí
bất kỳ; ta có diện tích thiết diện là
; thể tích.
.
Cách 2:
Gọi S là diện tích thiết diện do mặt phẳng có phương vuông góc với trục Ox với khối nước, mặt
phẳng này cắt trục Ox tại điểm có hoành độ . Ta có:
, vì thiết diện này là nửa hình tròn bán kính
Thể tích lượng nước chứa trong bình là.
Bài giải
+ Cách 1: Áp dụng công thức tính thể tích cái nêm bi
ết góc giữa mặt cắt và mặt đáy bằng là
với ta được
6,cm
10cm
x

RxR


22 22 22
11
.. .tan tan
22
 Sx Rx Rx Rx


22 3
12
dtan d tan
23



RR
RR
VSxx RxxR
0hx
()

rhx hxR
r
Rh h
r
22
2
2
1()
()
22

hxR
Sx r
h
23
22
.tan
33

VRhR
tan
h
R

32 3
22
. .3 .10 60
33

h
VR cm
R
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 480
+ Cách 2: Tính trực tiếp bài toán bằng PP tích phân. ; thể tích
Bài tập 5:
Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng ta được một khối như hình vẽ bên. Biết rằng thiết diện
là một hình elip có độ dài trục lớn bằng 10, khoảng cách từ điểm thuộc thiết diện gần mặt đáy nhất
và điểm thuộc thiết diện xa mặt đáy nhất lần lượt là 8 và 14. Tính thể tích của.
Lời
giải
Tính các số đo: ; suy ra bán kính khối trụ là
.
Cách 1: Thể tích khối bằng thể tích “khối trụ trung bình”:
Cách 2: Áp dụng công thức tính thể tích “cái nêm”: Lấy mặt phẳng vuông góc với đường
sinh của hình trụ và đi qua điểm , khi đó chia khối thành hai khối:
+ Khối 1: là khối trụ chiều cao , bán kính
4
r
nên thể tích
+ Khối 2: là phân nửa một khối trụ có chiều cao và bán kính nên thể tích
+ Vậy
22
2
2
1()
()
22

hxR
Sx r
h
10
23
00
9
() (10 ) 60( ).
200


h
VSxdx xdx cm
0
()
h
VSxdx
8
10
14 8 6

AB
AE
DE
22
8 AD AE DE
4
2

AD
R


22
. .4 .11 176
2




H
AB CE
VR đvtt

P
A
H
8h
2
1
128Vrh
6
DE
4
r
22
2
11
.. ..4.648
22

VrAD


12
12848176
H
VvVV đ tt

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 481
3. Bài tập
Câu 1:
Cho
T là vật thể nằm giữa hai mặt phẳng
0x
,
1
x
. Tính thể tích
V
của
T biết
rằng khi cắt
T bởi mặt phẳng vuông góc với trục
Ox
tại điểm có hoành độ bằng
x
,
01
x

, ta được thiết diện là tam giác đều có cạnh bằng
1
x
.
A.
3
2
V
. B.
33
8
V
. C.
33
8
V
. D.
3
2
V
.
Lời giải
Chọn C
Ta có diện tích tam giác đều cạnh bằng 1
x
là

2
13
4
x
Sx
31
4
x
Thể tích của vật thể
T là

1
0
dVSxx
1
0
31
d
4
x
x

1
2
0
3
1
8
x

33
8
.
Câu 2: Cho vật thể
T
giới hạn bởi hai mặt phẳng 0; 2xx
. Cắt vật thể
T
bởi mặt phẳng
vuông góc với trục
Ox
tại
02xx
ta thu được thiết diện là một hình vuông có cạnh
bằng
1
x
x
e
. Thể tích vật thể
T
bằng
A.
4
13 1
4
e
. B.
4
13 1
4
e
. C.
2
2e
. D.
2
2 e
.
Lời giải
Chọn B
Diện tích thiết diện là

2
2
1
x
Sx x e
.
Thể tích của vật thể
T
là

22
2
2
00
1
x
VSxdx x edx

.
 
22
22
4
2
22 22
00
00
19111
11
2222
xx xx
ex
V x e x edx e edx







2
44 4
244
0
91311 1 1131
3
224 444
x
ee e
eee


.
Dạng 4: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi 1 đồ thị
1. Phương pháp:
Vật thể tròn xoay sinh bởi miền hình phẳng được giới hạn: Đồ thị ; trục ;
; quay xung quanh .
- Nếu thiếu cận thì giải phương trình để bổ sung cận.
- Tính thể tích theo công thức:
()
yf
x
(0)Ox y
,
x
ax b
Ox
() 0fx=
2
()
b
Ox
a
V
f
xdx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 482
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1:
Kí hiệu là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số và trục hoành. Tính thể
tích của vật thể tròn xoay được sinh ra bởi hình phẳng đó khi nó quay quanh trục .
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm .
Thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm .
Bài tập 2: Cho miền hình phẳng giới hạn bởi: quay xung quanh . Tính thể
tích của vật thể tạo thành.
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số: và trục
Vậy vật thể tròn xoay có thể tích là:
.
Bài tập 3: Cho miền hình phẳng giới hạn bởi: ; quay xung quanh . tính thể
tích của vật thể tạo thành.
Lời giải
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số: và đường thẳng là nghiệm của phương
trình:
Vật thể tạo thành có thể tích là:
Bài tập 4: Gọi là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường
và trục
Ox
. Đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại
M
.
H
2
2yxx
VOx
2
0
20
2
x
xx
x


2
2
2
0
16
2d
15
Vxxx

, Ox 1
x
yxe x
Ox
x
yxe
Ox
0
x
xe
0x
11
2
22
00
xx
Vxedxxedx



1
2
11
22 2 2
00
0
1
22
xx x
e
V xe xedx xedx






2
2
1
11
22 2
00
0
1
11
22 2 4 4
xx x
e
e
Vxeedxe





2
4, 0yx xy

Ox
2
4yx x
0y
2
40xx
0
4
x
x
44
2
2432
00
4816Vxxdxxxxdx



4
53
4
0
16 512
2
5315
xx
x




V
;0;4yxy x
04xa a

y
x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 483
Gọi là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác quanh trục . Biết rằng
1
2VV
. Tính
Lời giải
Ta có .
Tam giác
M
OH quanh trục tạo nên hai khối nón chung đáy. Gọi là hình chiếu vuông góc của
trên trục . Suy ra .
.
Suy ra .
Bài tập 5: Cho là hình phẳng giới hạn bởi độ thị hàm số ; trục và đường thẳng
Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay quanh hình xung quanh trục .
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm
Theo bài toán thì thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm
1
V
M
OH Ox
a

44
2
1
00
dd8 4
2
V
VxxxxV



Ox N
M
Ox
M
rMN y ya a

2
2
1
11 4
.. .4.
33 3
a
VOHr a


4
43
3
a
a


H
2
4
x
y
x
Ox
1.x
H
Ox
2
00.
4
x
x
x

1
1
2
2
0
0
4
ln 4 ln ln .
42 232
x
a
Vdx x
x
b


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 484
Do đó
3. Bài tập
Câu 1:
Cho hình phẳng
H
giới hạn bởi các đường
2
3, 0, 0, 2yx y x x

. Gọi
V
là thể
tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay
H
xung quanh trục
Ox
. Mệnh đề nào sau
đây đúng?
A.

2
2
2
0
3dVx x

. B.

2
2
0
3dVx x
.
C.

2
2
2
0
3dVx x
. D.

2
2
0
3dVxx

.
Lời giải
Thể tích của vật thể được tạo nên là

2
2
2
0
3d.Vx x

Câu 2: Gọi
V
là thể tích khối tròn xoay tạo thành do quay xung quanh trục hoành một elip có
phương trình
22
1
25 16
xy

.
V
có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A.
550
B.
400
C.
670
D.
335
Lời giải
Chọn D
Quay elip đã cho xung quanh trục hoành chính là quay hình phẳng:
2
41 , 0, 5, 5
25
x
Hy y x x


 



.
Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi
H
khi quay xung quanh trục hoành là:
23
5
5
5
16 16 320
16 16 335,1
5
25 75 3
xx
Vdxx





4, 3 7.ab ab
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 485
Câu 3:
Cho hình phẳng
()H
được giới hạn bởi đường cong
22
ymx
(
m
là tham số khác 0
) và trục hoành. Khi
()H
quay xung quanh trục hoành được khối tròn xoay có thể tích V .
Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m
để 1000V
.
A. 18. B. 20. C. 19. D. 21.
Lời giải
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong và trục hoành là:
22
0mx x m
Thể tích vật thể tròn xoay cần tính là:
2
22 2 3
4
1
()( )|
33
m
m
m
m
mm
Vmxdxmxx


Ta có:
1000V
2
4
1000
3
mm

3
750m
33
750 750m
.
Ta có
3
750 9,08
và
0m
. Vậy có 18 giá trị nguyên của m.
Câu 8 : Cho hình phẳng
D
giới hạn bởi các đường cong
3
1
x
y
x
, trục hoành và trục tung. Khối
tròn xoay tạo thành khi quay
D
quanh trục hoành có thể tích
(ln2)
Vab
với
,ab
là
các số nguyên. Tính
.Tab
A.
3.T B. 6.
T C. 10.
T D. 1.T
Lời giải
Dựa vào đồ thị hàm số trên ta có:
22
33 3
2
00 0
3
0
34 816
11
111(1)
16
8ln( 1) (15 16ln 2) 15;b 16.
1















x
Vdx dx dx
xxxx
xx a
x
Vậy
1.Tab
Câu 4: Cho hình
H
trong hình vẽ dưới đây quay quanh trục
Ox
tạo thành một khối tròn xoay
có thể tích bằng bao nhiêu?
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 486
A.
2
2
. B.
2
. C.
2
. D.
2
2
.
Lời giải
Thể tích khối tròn xoay nhận được khi quay hình

H
quanh trục
Ox
là

2
2
00
1c 1
sd d sin2
0
22
os 2
in
22
Vx xxxx
x








Câu 5:
Vật thể parabolide tròn xoay như hình vẽ bên dưới có đáy có diện tích
3B
chiều cao
4h
. Thể tích của vật thể trên là
A.
1
3
V
. B.
6V
. C.
1
4
V
. D.
8V
.
Lời giải
Đường cong parabol có dạng:
2
yax
và đi qua điểm có tọa độ

;Rh
nên ta có:
2
2
h
yx
R
Ry
x
h

R
h
y
x
O
B
h
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 487
Thể tích của khối tròn xoay trên là:
22
2
0
0
1
d.
2
h
h
RR
Vyy y
hh


2
1
2
R
h
.
Áp dụng công thức ta có:
2
1
2
VRh
11
.3.4
22
Bh
6
.
Câu 6: Cho hàm số
32
,,,, , 0yfx axbxcxdabcd a
có đồ thị

C
. Biết rằng đồ
thị

C tiếp xúc với đường thẳng 4y
tại điểm có hoành độ âm và đồ thị của hàm số
'yfx cho bởi hình vẽ dưới đây. Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi
quay hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị
C và trục hoành khi quay xung quanh trục
Ox
.
A.
725
35
. B.
1
35
. C. 6
. D. Chọn khác.
Lời giải
Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số
'yfx
2
'31fx x
.
Khi đó
 
3
'3
f
xfxdxxxC
.
Điều kiện đồ thị hàm số
f
x tiếp xúc với đường thẳng 4y
là:



3
2
34
4
1
2
310
'0
xxC
fx
x
C
x
fx





suy ra
32
32
f
xx x C .
+

COx hoành độ giao điểm là 2; 1
x
x
.
+Khi đó

1
2
32
2
729
32
35
Vxxdx

.
Dạng 5: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị
1. Phương pháp:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 488
Nếu hình phẳng được giới hạn bởi các đường thì thể tích khối
tròn xoay sinh bởi khi quay quanh trục
Ox
được tính bởi công thức:
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường quay xung quanh trục
. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
A.
3
3
11
.
35
b
V
a




. B. .
C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Tọa độ giao điểm của hai đường và là các điểm và . Vậy thể
tích của khối tròn xoay cần tính là: .
Bài tập 2: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường quay xung quanh trục Ox.
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
D
,,,yfxygxxaxb

D
 
22
b
a
Vfxgxdx

2
., , , 0yaxybxab

Ox
5
3
.
5
b
V
a
5
3
.
3
b
V
a
5
3
11
.
35
b
V
a



2
.yax
.
y
bx
(0; 0)O
2
;
bb
A
aa



5
22 24
3
00
11
35
bb
aa
b
V bxdx axdx
a





22
1
4,
3

y
x
y
x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 489
A.
. B. .
C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Tọa độ giao điểm của hai đường và là các điểm và . Vậy
thể tích của khối tròn xoay cần tính là:
.
Bài tập 3: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường quay xung quanh trục Ox. Thể
tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
Chọn D
Với thì
Tọa độ giao điểm của đường với là các điểm và . Vậy thể tích của
khối tròn xoay cần tính là:
Bài tập 4: Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng D giới hạn bởi các đường elip
quay quanh Ox bằng:
A.
. B. . C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
24 3
V
5
28 3
V
5
28 2
V
5
24 2
V
5
2
4yx
2
1
3
yx
3;1A

3;1B

33
24
33
1283
4.
95
Vxdxxdx



22
2, 4
yxy x
88
5
V
9
70
V
4
3
V
6
5
V


0; 2x

2
44yxy x
2
2yx
2
4yx (0; 0)O (1; 2)A
11
4
00
6
.4 .4 . .
5
Vxdxxdx



22
99xy
2
3
4
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 490
Ta có: .
Bài tập 5: Thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng D giới hạn bởi các đường
quanh trục Ox bằng:
A.
. B. .
C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Xét phương trình .
Và .
3. Bài tập
Câu 1:
Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn
xoay có thể tích là:
A.
. B. . C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Xét hệ phương trình:
22 2
43
3
11
xy x
x
yy




.
Do đối xứng nhau qua Oy nên:
33
22
22 2 2
33
99
99 4
99
xx
xy y V ydx dx





,
y
x
y
x

1
0
x
xdx

1
0
x
xdx

1
2
0
x
xdx

1
2
0
x
xdx
2
0
0; 1
x
x
xxx
xx




11
22 2
00
0;1 ( )
x
xx V x xdx xxdx



43V
63V
53V
23V
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 491
.
Câu 2: Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn
xoay có thể tích:
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
Chọn B
Xét hệ phương trình: .
Do đối xứng nhau qua Oy nên
.
Câu 3: Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn
xoay có thể tích là:
A.
. B. . C.
2
2
3
V
. D.
 
33
3
22 2
00
3
24 1 23 23 43
3
0
x
Vxdxxdxx








46
9
V
46
15
V
23
9
V
13V
22
4
1
3
xy
x
yx





33
2
224
00
24 3 24 3Vxxdxxxdx






55
346
3
24
35 15
0
xx
x




2
3V
2
V
2
2V
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 492
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có:
Ta có:
Đặt ;
.
Câu 4: Cho hình giới hạn bởi các đường cong tiếp tuyến của tại điểm
và trục Thể tích của khối tròn xoay khi quay quanh trục bằng:
A.
. B. . C. . D.
Lời giải
Chọn D
Ta có
Phương trình tiếp tuyến của tại là
Diện tích của bằng:
.
Câu 5: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường . Thể tích
của khối tròn xoay được tạo thành khi quay xung quanh trục bằng:
A.
. B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
 
2
22
22
2
11
11 11
11
y
x
xy y x
y
x

 

11
22
22 2
00
211 11 81Vxxdxxdx






sin
x
t
;
22
t








22
2 2
00
sin 2
8cos 4 1cos2 4 2
2
2
0
t
Vtsdt tdtt








H
:,
x
Cye
C
1;
M
e
.O
y
H
Ox
-1 1 2
1
2
3
x
y
O
2
2
e
2
1
3
e
2
1
2
e
2
3
6
e
x
ye
C
1;
M
e
1.
y
ex e
y
ex
H

1
1
22
222 2 3
0
0
13
d
23 6
xx
ee
Veexxex





H
2
4, 2 4, 0, 2yx y x x x

H
Ox
32
5
6
6
32
5
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 493
Suy ra thể tích cần tìm là .
Dạng 6: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi nhiều đồ thị
1. Phương pháp:
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Gọi là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
, và quanh trục . Đường thẳng cắt đồ thị hàm tại
.
Gọi là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác quanh trục . Biết rằng
. Khi đó
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
Chọn
D
Ta có . Khi đó
Ta có
Khi quay tam giác quanh trục tạo thành hai hình nón có chung đáy:
 Hình nón có đỉnh là , chiều cao , bán kính đáy ;
 Hình nón thứ 2 có đỉnh là , chiều cao , bán kính đáy
Khi đó
Theo đề bài .
Bài tập 2: Cho hình thang cong giới hạn bởi các đường . Đường thẳng x
= k chia thành hai hình phẳng là S
1
và S
2
như hình vẽ bên. Quay quanh trục Ox
được khối tròn xoay có thể tích lần lượt là . Với giá trị nào của k thì
A. . B. . C.
111
ln
23
k
. D.


22
2
2
2
00
32
4d 2 4d
5
Vx x xx



V
y
x
0y
4x Ox
04xa a

y
x
M
1
V
OMH Ox
1
2VV
2a
22a
5
2
a
3a
00xx
4
0
d8Vxx

;
M
aa
OMH Ox
1
N O
1
hOKa

R
MK a
2
N
H
2
4
hHK a 
R
MK a
22
112
11 4
33 3

VRhRha
1
4
282. 3
3

 VV aa
,0,0,ln4
x
yey x x 
0ln4k
12
,SS
12
,VV
12
2VV
132
ln
23
k
1
ln11
2
k
32
ln
3
k
x
y
O
a
M
H
4
K
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 494
Hướng dẫn giải
Chọn
B
Ta có:
Theo giả thiết:
22
2
12
1
228 11ln11
22 2 2
kk
k
ee
VV e k





Bài tập 3: Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường
2
4yx
và đường thẳng
4x
. Thể tích của
khối tròn xoay sinh ra khi
D xoay quanh trục Ox là:
A.
32
. B.
64
.
C.
16
. D.
4
.
Hướng dẫn giải :
Chọn A
Giao điểm của hai đường
2
4yx
và
4x
là

4; 4D
và

4; 4E
. Phần phía trên
Ox
của đường
2
4yx
có phương trình
2yx
. Từ hình vẽ suy ra thể tích của khối tròn xoay cần tính là:

4
2
0
232Vxdx
.
Bài tập 4: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường
3, , 0, 1yxyxx x
quay xung quanh trục
Ox. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
 
ln 4
22 2 2
22
12
0
ln 4
;8
0
222 2 2
k
x
kxk
xx
k
k
ee e e
V e dx V e dx
k


 

 
 

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 495
A.
8
V.
3
B.
4
V.
3
C.
2
V.
3
D. V.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Tọa độ giao điểm của đường
1
x
với
yx
và 3yx
là các điểm
1; 1C và
3;1B . Tọa độ giao
điểm của đường
3yx với
yx
là
0;0O . Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính là:
11
22
00
8
.9 .
3
Vxdxxdx

.
Bài tập 5: Trên mặt phẳng Oxy, cho hình phẳng giới hạn bởi các đường

22
:;':y4;:4Pyx P xdy . Thể tích của khối tròn xoay khi quay quanh trục Ox bằng:
A.
9
5
. B.
4
5
. C.
7
5
. D. 2
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Đặt V là thể tích cần tìm
Xét phương trình hoành độ giao điểm của và:
2
2
4
2
x
x
x

Xét phương trình hoành độ giao điểm của và:
2
1
44
1
x
x
x

OAC
V
là thể tích khối tròn xoay sinh bởi khi quay:
2
4
y
x
y
Oy
quanh Ox
OAB
V
là thể tích khối tròn xoay sinh bởi khi quay:
2
4
4
yx
y
Oy
quanh Ox
Lúc đó:

22 21
22
2224
00 00
4444416
OAC OAB
VV V x dx x dx xdx xdx






55
21
32 16 4
441684
00
55555
xx
xx








Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 496
3. Bài tập trắc nghiệm:
Câu 1:
Cho

H
là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của các hàm số
:y , 0, 2
P
xy y x
.
Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình
H
xung quanh trục
Ox
là:
A.
42 1
3
. B.
7
6
.
C.
82 3
6
. D.
5
6
.
Lời giải
Chọn D
22
02 02
21
(2 ) 5 4 0
xx
x
xx
xxxx







12
2
2
01
5
(2 )
6
Vxdx xdx



.
Câu 2: Cho hình

H giới hạn bởi các đường
1yx
;
6
y
x
;
1
x
. Quay hình

H quanh
trục
Ox
ta được khối tròn xoay có thể tích là:
A.
13
6
. B.
125
6
. C.
35
3
. D.
18
.
Lời giải
Chọn
C
Phương trình hoành độ giao điểm:


2
2
6
1600
3
x
xxxx
x
l
x


x
y
1
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 497
Vì
6
10x
x

với
1; 2x
nên thể tích cần tính là

2
22
2
11
635
d1d
3
Vxxx
x






.
Câu 3: Gọi
H
là hình phẳng giới hạn bởi các đường:
3; ; 1yxyxx

. Quay
H
xung
quanh trục
Ox
ta được khối tròn xoay có thể tích là:
A.
8
3
. B.
2
8
3
. C.
2
8
. D.
8
.
Lời giải
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm:
30xx x

và
30xx
với
0;1x
.
Thể tích cần tính là

11
2
2
00
8
3d d
3
Vxxxx



.
Câu 4: Cho hình phẳng

H giới hạn bởi các đường
2
,2yxy x
. Thể tích của khối tròn xoay
được tạo thành khi quay

H xung quanh trục
Ox
bằng:
A.
16
15
. B.
21
15
. C.
32
15
. D.
64
15
.
Lời giải
Chọn D
Hoành độ giao điểm của đồ thị 2 hàm số
2
yx
và 2yx
là nghiệm của phương trình
2
0
2
2
x
xx
x

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành là


22
2
2
2
00
π 2dπ dVxxxx

2
2
5
3
0
0
464π
ππ
3515
x
x







.
Câu 5: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường
22
1
4,
3
yxyx
quay xung quanh trục
Ox
.
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
A.
28 2
5
V
. B.
28 3
5
V
. C.
24 2
5
V
. D.
24 3
5
V
.
Lời giải
Chọn B
Giải phương trình
22
1
43
3
xxx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 498
Thể tích cần tìm là
2
33
2
2
2
33
28 3
4d d
35
x
Vxx x







.
Dạng 7: Một số bài toán thực tế ứng dụng tích phân
1. Phương pháp giải
* Một vật chuyển động có phương trình vận
tốc trong khoảng thời gian từ đến
sẽ di chuyển được quãng đường
là:
Ví dụ 1: Một vật chuyển động chậm dần đều với
vận tốc . Quãng đường
mà vật chuyển động từ thời điểm đến
thời điểm mà vật dừng lại là
A. 1028m. B. 1280m.
C. 1308m. D. 1380m.
Hướng dẫn giải
Khi vật dừng lại thì
Do đó
.
Chọn B.
* Một vật chuyển động có phương trình
gia tốc thì vận tốc của vật đó sau
khoảng thời gian là:
Ví dụ 2: Một chiếc ô tô chuyển động với vận tốc
, có gia tốc
Vận tốc của ô tô sau 10 giây (làm tròn đến hàng đơn
vị) là
A. 4,6 m/s. B. 7,2 m/s.
C.
1,5 m/s. D. 2,2 m/s.
Hướng dẫn giải
Vận tốc của ô tô sau 10 giây là
.
vt
ta
tbab

b
a
Svtdt
160 10 /vt tm s
0ts
160 10 0 16vt t t


16 16
00
160 10Svtdt tdt



16
2
0
160 5 1280tt m
at

12
;tt

2
1
t
t
vatdt
vt
/ms
 

2
3
/.
21
at v t m s
t


10
10
0
0
33 3
ln 2 1 ln 21 4,6 /
21 2 2
vdtt ms
t

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 499
Chọn A.
* Điện lượng chuyển qua tiết diện của dây dẫn
của đoạn mạch trong thời gian từ đến là:
2. Bài tập
Bài tập 1: Một vật chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc . Tính
quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc.
A. B. 4300 m. C. 430 m. D.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Hàm vận tốc
Lấy mốc thời gian lúc tăng tốc
Ta được
Sau 10 giây, quãng đường vật đi được là
Bài tập 2: Dòng điện xoay chiều hình sin chạy qua một đoạn mạch LC có biểu thức cường độ là
. Biết với
q là điện tích tức thời ở tụ điện. Tính từ lúc , điện lượng
chuyển qua tiết diện thẳng của dây dẫn của đoạn mạch đó trong thời gian từ 0 đến là
A. B. 0. C. D.
Hướng dẫn giải
1
t
2
t

2
1
t
t
QItdt
2
3at t t
4300
.
3
m
430
.
3
m
 

23
2
3
3.
23
tt
v t a t dt t t dt C

0 10 10.vC

23
3
10.
23
tt
vt 

10
23 34
10
0
0
3 4300
10 10
23 212 3
tt tt
Sdttm




vt atdt

0
cos
2
it I t




iq
0t
0
2
.
I
0
2
.
I
0
.
2
I
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 500
Chọn C.
Điện lượng chuyển qua tiết diện của dây dẫn của đoạn mạch trong thời gian từ 0 đến là
Bài tập 3: Gọi là mức nước trong bồn chứa sau khi bơm được t giây. Biết rằng
và lúc đầu bồn không có nước. Tìm mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây
(chính xác đến 0,01
cm)
A. 2,67 cm. B. 2,66 cm. C. 2,65 cm. D. 2,68 cm.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây là
Bài tập 3: Một viên đá được bắn thẳng đứng lên trên với vận tốc ban đầu là
40
m/s từ một điểm cao
5 m cách mặt đất. Vận tốc của viên đá sau
t
giây được cho bởi công thức
40 10vt t m/s. Tính
độ cao lớn nhất viên đá có thể lên tới so với mặt đất.
A.
85
m. B.
80
m. C.
90
m. D.
75
m.
Lời giải
Chọn
A
Gọi
h
là quãng đường lên cao của viên đá.
2
'dt4010dt405vt h t ht vt t t t c

Tại thời điểm
0t
thì
5h
. Suy ra
5c
.
Vậy
2
40 5 5ht t t
ht
lớn nhất khi
040100 4vt t t 
. Khi đó
485mh
.
Bài tập 4: Một ô tô chạy với vận tốc
20
m/s thì người lái đạp phanh còn được gọi là “thắng”. Sau khi
đạp phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc
40 20vt t
 trong đó
t
là khoảng thời
gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Quãng đường ô tô di chuyển từ lúc đạp phanh đến
khi dừng hẳn là bao nhiêu?

00
0
0
00
2
cos sin .
22
II
QItdtI t dt t









Qt Itdt
ht cm

3
1
8
5
ht t

  
66
6
33
0
00
13
8882,66
520
htdt t dt t t cm





Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 501
A.
2
m. B.
3
m. C.
4
m. D.
5
m.
Lời giải
Chọn
D
Lấy mốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đạp phanh
0t
Gọi
T
là thời điểm ô tô dừng lại. Khi đó vận tốc lúc dừng là
0vT
Vậy thời gian từ lúc đạp phanh đến lúc dừng là

1
040200
2
vT T T

Gọi
s
t là quãng đường ô tô đi được trong khoảng thời gian
T
.
Ta có
vt s t
suy ra
s
t là nguyên hàm của
vt
Vậy trong

1
s
2
ô tô đi được quãng đường là:


1
1
2
2
2
0
0
d 40 20 d 20 20 5
T
t
vt t t t t t


Bài tập 5: Một ô tô xuất phát từ A chuyển dộng với vận tốc nhanh dần đều,
10
giây sau, ô tô đạt vận
tốc
5
và từ thời điểm đó ô tô chuyển động đều. Ô tô thứ hai cũng xuất phát từ A nhưng sau ô tô thứ
nhất là 10 giây, chuyển động nhanh dần đều và đuổi kịp ô tô thứ nhất sau
25
giây. Vận tốc ô tô thứ
hai tại thời điểm đó là
A.
12
. B.
8
. C.
10
. D.
7
.
Lời giải
Chọn
A
Ta có gia tốc trong
10
s đầu của ô tô thứ nhất là

2
0
0
5
0,5 m/s
10
vv
a
tt

Trong
10
s đầu, ô tô thứ nhất chuyển động nhanh dần với vận tốc
0,5vt t
Quãng đường ô tô thứ nhất đi được trong
10
s là

10
0
0,5 dt 25 mt
.
Trong
25
s tiếp theo, ô tô thứ nhất đi được
5.25 125
Vậy quãng đường ô tô thứ nhất đi được đến khi bị đuổi kịp là
25 125 150 m
Mặt khác
2
0
1
2
SS at
Gia tốc của ô tô thứ hai là

0
2
22
2
2.150
0, 48 m/s
25
SS
a
t

Vậy khi đuổi kịp ô tô thứ nhất, vận tốc của ô tô thứ hai là
0
12
t
vvat

.
Bài tập 6: Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc
1
7vt t
đi được
5
, người lái
xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 502
2
70 m/sa 
. Tính quãng đường
mS đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi
dừng hẳn.
A.
95,70 mS
. B.
87,50 mS . C.
94,00 mS . D.
96,25 mS .
Lời giải
Chọn D
Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe lăn bánh đến khi được phanh.
 
5
55
2
11
00
0
dt 7 dt 7 87,5 m .
2
t
Svt t

Vận tốc
2
m/svt của ô tô từ lúc được phanh đến khi dừng hẳn thỏa mãn
2
70 dt 70vt tC
,

21
5535 385vv C. Vậy
2
70 385vt t .
Thời điểm xe dừng hẳn tương ứng với
t
thỏa mãn
2
05,5svt t .
Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe được phanh đến khi dừng hẳn.

5,5 5,5
21
55
dt 70 385 dt 8,75 mSvt t

.
Quãng đường cần tính
12
96,25 mSS S .
Bài tập 7: Một vật di chuyển với gia tốc

2
2
20 1 2 /at t m s

. Khi
0t
thì vận tốc của vật
là

30 /ms. Tính quãng đường vật đó di chuyển sau
2
giây.
A.
46Sm
. B.
47Sm
. C.
48Sm
. D.
49Sm
.
Lời giải :
Chọn C
Vận tốc vật là :
 
21
20 1 2 10 1 2vt atdt t dt t C



.
Khi
0t
thì

1
0 10. 1 30 20vCC

.
Nên

1
10 1 2 20 /vt t m s

.
Suy ra :



2
1
0
10 1 2 20 48Stdtm

Bài tập 8: Vật chuyển động với vận tốc ban đầu
5/ms
và có gia tốc được xác định bởi công thức

2
2
/
1
ams
t
. Vận tốc của vật sau 10s đầu tiên là
A.
10 /ms
. B.
9/ms
. C.
11 /ms
. D.
12 /ms
Hướng dẫn giải:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 503
Chọn A
Ta có
 
2
2ln 1
1
vt dt t c
t

Mà vận tốc ban đầu 5m/s tức là :
05 2ln01 5 5vcc

.
Nên

2ln 1 5vt t
Vận tốc của vật sau 10s đầu tiên là :
10 2ln 11 5 9,8v 
Chọn Chọn
A.
Bài tập 9:
Trong giờ thực hành môn Vật Lí. Một nhóm sinh viên đã nghiên cứu về sự chuyển động
của các hạt. Trong quá trình thực hành thì nhóm sinh viên này đã phát hiện một hạt prôton di chuyển
trong điện trường với biểu thức gia tốc là:

2
20 1 2at

.Với
t
của ta được tính bằng giây. Nhóm
sinh viên đã tìm hàm vận tốc
v theo
t
, biết rằng khi
0t
thì
2
30 /vms . Hỏi biểu thức đúng là?
A.
2
10
25 /
12
vcms
t




. B.
2
10
20 /
1
vcms
t




.
C.
2
10
10 /
12
vcms
t




. D.
2
10
20 /
12
vcms
t




Hướng dẫn giải :
Chọn D
Trước hết để giải bài toán này ta cũng chú ý. Biểu thức vận tốc
v
theo thời gian
t
có gia
tốc
a là:
.vadt
Áp dụng công thức trên, ta có :

2
20
12
v adt dt
t


Đến đây ta đặt :
12 2
2
du
u t du dt dt
2
10 10 10
10
12
vduuduK K
uut


Với
0, 30 20tv K
Vậy biểu thức vận tốc theo thời gian là :
2
10
20 / .
12
vcms
t




Bài tập 10: Người ta tổ chức thực hành nghiên cứu thí nghiệm bằng cách như sau. Họ tiến hành quan
sát một tia lửa điện bắn từ mặt đất bắn lên với vận tốc 15
m / s. Hỏi biểu thức vận tốc của tia lửa điện
là?
A.
9,8 15vt
.
B.
9,8 13vt

.
C.
9,8 15vt
.
D.
9,8 13vt
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 504
Chọn A
Tia lửa chịu sự tác động của trọng lực hướng xuống nên ta có gia tốc
2
9,8 /ams
Ta có biểu thức vận tốc
v theo thời gian
t
có gia tốc a là :
9,8 9,8v adt dt t C

Ở đây, với :
0, 15 / 15tvmsC
Vậy ta được biểu thức vận tốc có dạng :
9,8 15vt

Bài tập 11: Người ta tổ chức thực hành nghiên cứu thí nghiệm bằng cách như sau. Họ tiến hành quan
sát một tia lửa điện bắn từ mặt đất bắn lên với vận tốc 15
m / s. Hỏi sau 2, 5 giây thì tia lửa điện đấy có
chiều cao là bao nhiêu?
A.
6.235 m . B.
5.635 m . C.
4.235 m . D.
6.875 m
Hướng dẫn giải
Chọn D
Tia lửa chịu sự tác động của trọng lực hướng xuống nên ta có gia tốc
2
9,8 /ams
Ta có biểu thức vận tốc
v theo thời gian
t
có gia tốc a là :
9,8 9,8v adt dt t C

Ở đây, với
0, 15 / 15tvmsC
Vậy ta được biểu thức vận tốc có dạng:
9,8 15vt
Lấy tích phân biểu thức vận tốc, ta sẽ có được bểu thức quãng đường:

2
9,8 15 4,9 t 15
s
vdt t dt t K

Theo đề bài, ta được khi
00 0.tsK
Vậy biểu thức tọa độ của quảng đường là :
2
4,9 15 .
s
tt
Khi
2,5ts , ta sẽ được
6,875
s
m .
Dạng 8: Bài toán thực tế
1. Phương pháp: Vận dụng các kiến thức về tích phân và bài toán ứng dụng.
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Tính thể tích hình xuyến tạo thành do quay hình tròn

2
2
:21Cx y

quanh trục
Ox
.
Hướng dẫn giải:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 505
Hình tròn

C
có tâm

0; 2I
, bán kính
1R
là

2
2
21 xy
Ta có

2
2
2
2
21
11 1 1
21



yx
yxx
yx
Thể tích cần tính:
1
22
222
1
21 21 4





Vxxdx
Bài tập 2: Thành phố định xây cây cầu bắc ngang con sông dài
500m
, biết rằng người ta định xây
cầu có 10 nhịp cầu hình dạng parabol,mỗi nhịp cách nhau
40m
,biết 2 bên đầu cầu và giữa mối nhịp
nối người ta xây 1 chân trụ rộng
5m
. Bề dày nhịp cầu không đổi là
20cm
. Biết 1 nhịp cầu như hình
vẽ. Hỏi lượng bê tông để xây các nhịp cầu là bao nhiêu
A.
3
20m
. B.
3
50m
.
C.
3
40m
. D.
3
100m
.
Hướng dẫn giải:
Chọn C
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với gốc

0;0O
là chân cầu,
đỉnh

25;2I
, điểm

50;0A
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 506
Gọi Parabol trên có phương trình:
 

22
11 1
:P y ax bx c ax bx O P
22
2
20 1
100 2
yaxbx axaxbx là phương trình parabol dưới
Ta có
 
22
111 2
24 241
,:
625 25 625 25 5
IA P P y x x y x x  
Khi đó diện tích mỗi nhịp cầu là
1
SS
với
1
S
là phần giới hạn bởi
12
;yy
trong khoảng

0; 25
0,2
15
22
00,2
24 1
20,9
625 25 5
Sxxdxdxm









Vì bề dày nhịp cầu không đổi nên coi thể tích là tích diện tích và bề dày
3
.0,2 1,98VS m
số
lượng bê tông cần cho mỗi nhịp cầu
3
2m
Vậy mười nhịp cầu hai bên cần
3
40m
bê tông
Chọn Chọn.
C.
Bài tập 3:
Trong Công viên Toán học có những mảnh đất mang hình dáng khác nhau. Mỗi mảnh
được trồng một loài hoa và nó được tạo thành bởi một trong những đường cong đẹp trong toán học.
Ở đó có một mảnh đất mang tên Bernoulli, nó được tạo thành từ đường Lemmiscate có phương trình
trong hệ tọa độ
Oxy
là

22 2
16 25yx x
như hình vẽ bên.
Tính diện tích
S
của mảnh đất Bernoulli biết rằng mỗi đơn vị trong hệ tọa độ
Oxy
tương ứng với
chiều dài
1
mét.
A.

2
125
6
Sm
. B.

2
125
4
Sm
.
C.

2
250
3
Sm . D.

2
125
3
Sm
Hướng dẫn giải
x
y
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 507
Chọn
D
Vì tính đối xứng trụ nên diện tích của mảnh đất tương ứng với 4 lần diện tích của mảnh đất thuộc
góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ
Oxy .
Từ giả thuyết bài toán, ta có
2
1
5
4
yxx
.
Góc phần tư thứ nhất

2
1
25 ; 0;5
4
yx xx
Nên
5
23
()
0
1 125 125
25 d ( )
4123
I
Sxxx Sm
Bài tập 4: Một Bác thợ gốm làm một cái lọ có dạng khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình
phẳng giới hạn bởi các đường
1yx
và trục Ox quay quanh trục Ox biết đáy lọ và miệng lọ có
đường kính lần lượt là
2dm
và
4dm
, khi đó thể tích của lọ là:
A.
2
8 .dm
. B.
3
15
.
2
dm
.
C.
2
14
.
3
dm
. D.
2
15
.
2
dm
Lời giải
Chọn B
11 1
10ry x
22 2
23ry x
Suy ra:

33
2
23
0
00
15
d1d
22
x
Vyx xx x






Bài tập 5: Để kéo căng một lò xo có độ dài tự nhiên từ
10cm
đến
15cm
cần lực
40N
. Tính công (
A
) sinh ra khi kéo lò xo có độ dài từ
15cm
đến
18cm
.
A. 1, 56 ( )
A
J . B. 1 ( )
A
J
.
C. 2,5 ( )
A
J . D. 2 ( )
A
J
.
Lời giải
Chọn A
x
y
O
3
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 508
Theo Định luật Hooke, lực cần dùng để giữ lò xo giãn thêm
x
mét từ độ dài tự nhiên là

fx kx
, với

/kNm
là độ cứng của lò xo. Khi lò xo được kéo giãn từ độ dài
10cm
đến
15cm
, lượng kéo giãn
là
5 0.05 cm m
. Điều này có nghĩa

0.05 40f
, do đó:

40
0,05 40 800 /
0,05
kk Nm
Vậy

800fx x
và công cần để kéo dãn lò xo từ đến
18cm
là:

0,08
0,08
22
2
0,05
0,05
800d 400 400 0,08 0,05 1,56Axx J



Góc phần tư thứ nhất

2
1
25 ; 0;5
4
yx xx
Nên
5
23
()
0
1 125 125
25 d ( )
4123
I
Sxxx Sm
3. Bài tập trắc nghiệm:
Câu 1:
Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã X có xây một cây cầu bằng bê tông như hình
vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu.
A.
3
19m
. B.
3
21m
. C.
3
18m
. D.
3
40m
.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Chọn hệ trục
Oxy
như hình vẽ.
15cm
0,5m 0,5m19m
5 m
2 m
0,5m
x
O
M
x
x
.
f
xkx
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 509
Ta có
Gọi

2
1
:Pyax c
là Parabol đi qua hai điểm

19
;0 , 0;2
2
AB



Nên ta có hệ phương trình sau:

2
2
1
8
19
0. 2
8
:2
361
2
361
2
2
a
a
Py x
b
b









Gọi

2
2
:Pyaxc
là Parabol đi qua hai điểm

5
10;0 , 0;
2
CD



Nên ta có hệ phương trình sau:
Ta có thể tích của bê tông là:
19
10
223
2
00
15 8
5.2 2 40
40 2 361
Vxdxxdxm








.
Câu 2: Cho hai mặt cầu

1
S
,

2
S
có cùng bán kính
R
thỏa mãn tính chất: tâm của

1
S
thuộc

2
S
và ngược lại. Tính thể tích phần chung
V
của hai khối cầu tạo bởi
1
()S
và
2
()S
.
A.
3
VR
. B.
3
2
R
V
. C.
3
5
12
R
V
. D.
3
2
5
R
V
.
Hướng dẫn giải
Chọn C


2
2
2
1
5
0.10
15
40
2
:
5
5
40 2
2
2
a
a
Py x
b
b






O
R
2
R
22 2
():Cx y R
y
x
y
O x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 510
Gắn hệ trục
Oxy
như hình vẽ
Khối cầu

,SOR
chứa một đường tròn lớn là

22 2
:Cx y R
Dựa vào hình vẽ, thể tích cần tính là
.
Câu 3: Một thùng rượu có bán kính các đáy là 30cm, thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai
đáy có bán kính là 40cm, chiều cao thùng rượu là 1m. Biết rằng mặt phẳng chứa trục và
cắt mặt xung quanh thùng rượu là các đường parabol, hỏi thể tích của thùng rượu
là bao nhiêu?
A.
425,2
lit. B.
425162
lit. C.
212581
lit. D.
212,6
lit.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi

2
:Pyax bxc
là parabol đi qua điểm

0,5;0,3A
và có đỉnh

0;0, 4S
. Khi
đó, thể tích thùng rượu bằng thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi

P
,
trục hoành và hai đường thẳng
0,5x 
quay quanh trục
Ox
.
Dễ dàng tìm được

2
2
:0,4
5
Py x
Thể tích thùng rượu là:
22
0,5 0,5
22
0,5 0
2 2 203
0,4 2 0, 4 425,5 (l)
5 5 1500
Vxdxxdx






.
Câu 4: Bác Năm làm một cái cửa nhà hình parabol có chiều cao từ mặt đất đến đỉnh là 2,25 mét,
chiều rộng tiếp giáp với mặt đất là 3 mét. Giá thuê mỗi mét vuông là 1500000 đồng. Vậy
số tiền bác Năm phải trả là:

33
22 2
2
2
5
2d2
312
R
R
R
R
x
R
VRxxRx





x
y
0,4m
0,3m
0,5m
O
S
A
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 511
A.
33750000 đồng. B. 12750000 đồng. C. 6750000 đồng. D. 3750000
đồng.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gắn parabol

P
và hệ trục tọa độ sao cho

P
đi qua
(0;0)O
Gọi phương trình của parbol là:

2
: Pyaxbxc
Theo đề ra,

P
đi qua ba điểm
(0;0)O
,
(3;0)A
,
(1, 5; 2, 25)B
.
Từ đó, suy ra

2
: 3Py x x
Diện tích phần Bác Năm xây dựng:
3
2
0
9
3
2
Sxxdx
Vậy số tiền bác Năm phải trả là: 1500000 675 0
9
.
2
000 .
Câu 5: 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. Biết kinh phí để trồng hoa là
100.000
đồng/
2
1m
. Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để
trồng hoa trên dải đất đó?
A.
7.862.000
đồng. B.
7.653.000
đồng. C.
7.128.000
đồng. D.
7.826.000
đồng.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Giả sử elip có phương trình
22
22
1
xy
ab

.
Từ giả thiết ta có
216 8aa
và
210 5bb
x
y
A
B
O
8m
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 512
Vậy phương trình của elip là
2
22
1
2
1
5
64 ( )
8
1
5
64 25
64 ( )
8
yyE
xy
yyE



Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường
12
();(); 4; 4EEx x
và diện
tích của dải vườn là
44
22
40
55
264d 64d
82
Sxxxx


Tính tích phân này bằng phép đổi biến
8sin
x
t
, ta được
3
80
64
S




Khi đó số tiền là
3
80 .100000 7652891,82 7.653.000
64
T




.
Câu 6: Người ta dựng một cái lều vải có dạng hình “chóp lục giác cong đều” như hình vẽ bên. Đáy
của là một hình lục giác đều cạnh
3.m
Chiều cao
6SO m
. Các cạnh bên của là các sợi
dây
123456
,,,,,cccccc
nằm trên các đường parabol có trục đối xứng song song với SO. Giả
sử giao tuyến của với mặt phẳng vuông góc với SO là một lục giác đều và khi qua trung
điểm của SO thì lục giác đều có cạnh bằng
1.m
Tính thể tích phần không gian nằm bên
trong cái lều đó.
A.
3
135 3
()
5
m
. B.
3
96 3
()
5
m
. C.
3
135 3
()
4
m
. D.
3
135 3
()
8
m
Hướng dẫn giải
Chọn D
c
1
c
4
c
5
c
2
c
6
c
3
3m
1m
O
S
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 513
Đặt hệ tọa độ như hình vẽ, ta có parabol cần tìm đi qua 3 điểm có tọa độ lần lượt là
(0;6), (1;3), (3;0)ABC
nên có phương trình là
2
17
6
22
yx x

Theo hình vẽ ta có cạnh của thiết diện là
B
M
Nếu ta đặt
tOM
thì
71
2
24
BM t

Khi đó diện tích của thiết diện lục giác:
2
2
3337 1
() 6. 2 ,
422 4
BM
St t





với
0; 6t
Vậy thể tích của túp lều theo đề bài là:
2
66
00
3 3 7 1 135 3
() 2 .
22 4 8
VStdt t dt






.
Câu 7: Một vật có kích thước và hình dáng như hình vẽ dưới đây. Đáy là hình tròn giới hạn bởi
đường tròn , cắt vật bởi các mặt phẳng vuông góc với trục Ox ta được thiết diện
là tam giác đều. Thể tích của vật thể là:
A.
32 3
.
3
V
. B.
256 3
.
3
V
.
22
16xy
y
x
O
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 514
C.
256
.
3
V
.
D.
32
.
3
V
Hướng dẫn giải
Chọn B
Giải phương trình
22 2 2 2
16 16 16
x
yyxy x
Diện tích thiết diện là

2
22
1
() 216 .sin 16 3
23
Sx x x

Thể tích cần tìm là

44
2
44
256 3
() 3 16
3
VSxdx xdx



.
Dạng 9: Các bài toán bản chất đặt sắc của tích phân
Bài tập 1: Cho hàm số

yfx
có đồ thị trên
2;6
như hình vẽ bên. Biết các miền A, B, 2x
có diện tích lần lượt là 32; 2; 3. Tích phân

2
2
221
f
xdx

bằng
A.
45
2
. B. 41. C. 37. D.
41
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 515
Ta có
 
22
22
221 22 4
f
xdxfxdx





Xét

2
1
2
22Ifxdx

.
Đặt
22 2
2
dt
t x dt dx dx
Đổi cận:
22xt 
;
26
x
t
.
Suy ra

6
1
2
1
2
Iftdt
.
Gọi
1
x
;
2
x
là các hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
yfx với trực hoành
12
26xx . Ta có
   

12
12
6
1
2
11
22
133
32 2 3
22
xx
A
BC
xx
I f tdf f tdf f tdf S S S







Vậy

2
1
2
33 41
221 4 4
22
fx dxI



Bài tập 2: Cho hàm số
yfx có đồ thị của hàm số
yfx
như hình bên. Đặt
 
2
21gx f x x
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 516
A.
331
g
gg . B.
331
g
gg .
C.
133gg g . D.
13 3gg g.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
 
221gx f x x


01
g
xfxx

 . Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
f
x
và
đường thẳng d:
1yx
.
Dựa vào đồ thị ta thấy:
 
1
01
3
x
gx f x x
x

 
Bảng biến thiên:
x

–3 1 3
g
x
– 0 + 0 – 0 +
g
x

3g
1
g

3g
Suy ra

31
g
g và
31
g
g
Gọi
1
S
,
2
S
lần lượt là diện tích các hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
f
x
, đường thẳng
d:
1yx trên các đoạn
3;1 và

1; 3 ta có:
+) Trên đoạn
3;1 ta có

1
f
xx
 nên
 
11
1
33
1
1
2
Sgxdx fxxdx




.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 517
+) Trên đoạn

1; 3
ta có

1
f
xx

nên
 
33
2
11
1
1
2
Sgxdx xfxdx



.
Dựa vào đồ thị ta thấy
12
SS
nên ta có:
   
1
3
31
13 313 3gx gx g g g g g g
 
.
Vậy
13 3gg g.
Lưu ý:
- Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
f
x
và đường thẳng d:
1yx
chính là nghiệm của
phương trình
0gx
.
- Lập bảng biến thịên ta thấy

1
g
lớn hơn
3g
. Ta chỉ cần so sánh
3g và
3g .
- So sánh diện tích dựa vào đồ thị.
Ví dụ 4: Hình phẳng

H được giới hạn bởi đồ thị
C của hàm đa thức bậc ba và parabol
P
có
trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần
tô đậm của hình vẽ có diện tích bằng
A.
37
12
. B.
7
12
. C.
11
12
. D.
5
12
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là
2y và 0y nên ta xét hai hàm số là
32
2yax bx cx

,
2
ymx nx
(với a,
0m
).
Suy ra

C :
32
2yfx axbxcx và
P
:
2
ygx mx nx
.
Phương trình hoành độ giao điểm của
C và
P
là:

32 2 32 2
220ax bx cx mx nx ax bx cx mx nx 
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 518
Đặt


32 2
2P x ax bx cx mx nx
.
Theo giả thiết,

C và

P
cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là
1x 
,
1
x
,
2x
nên
112Px ax x x.
Ta có
02
P
a .
Mặt khác, ta có
  
0002 1Pfg a
.
Vậy diện tích phần tô đậm là

2
1
37
112
12
Sxxxdx

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 519
CHƯƠNG 4. SỐ PHỨC
BÀI 1&2. KHÁI NIỆM SỐ PHỨC VÀ CÁC PHÉP TOÁN CỦA SỐ PHỨC
A. LÝ THUYẾT
I. KHÁI NIỆM VỀ SỐ PHỨC
1. Số phức
Định nghĩa
Cho số phức
z có dạng: zabivới ,
ab , trong đó
a
gọi là phần thực của
z
,
b
gọi là phần ảo của
z
,
i
gọi là
đơn vị ảo thỏa mãn
2
1i .
Đặc biệt:
Tập hợp các số phức, kí hiệu là
.
Số phức
z là số thực nếu
0b
.
Số phức
z là số thuần ảo nếu
0a
.
Số phức
00 0 zi
vừa là số thực, vừa là số ảo (còn gọi là
số thuần ảo).
Số phức liên hợp
Số phức liên hợp của số phức z , kí hiệu z , là
zabi.
Môđun của số phức
Môđun của số phức z , kí hiệu là
22
zab.
2. Hai số phức bằng nhau
Định nghĩa
Hai số phức
111
zabi và
222
zabi được gọi là bằng
Bài tập:
+)
2
5
7
zi
;
+) 2
zi;
+)
4
,cos,
312
ziw iui
,… là
các số thuần ảo.
Bài tập
+) Số phức
2
5
7
zi có số phức
liên hợp là
2
5
7
zi;
+) Số phức
4
3
zi
có số phức liên
hợp là
4
3
zi.
Nhận xét: Mỗi số thực có số phức
liên hợp là chính nó.
Bài tập:
Số phức
2
5
7
zi
có môđun
2
2
2 1229
5
77




z
Bài tập:
Số phức
zabi bằng 0 khi và
chỉ khi
0
0
a
b
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 520
nhau khi và chỉ khi
12
12
aa
bb
.
3. Biểu diễn hình học của số phức
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , mỗi số phức ; ,
zabiab
được biểu diễn bởi điểm ( ; )
M
ab . Ngược lại, mỗi điểm
(;)
M
ab biểu diễn duy nhất một số phức là
zabi
.
hay
0
z .
Nhận xét:
+)
OM z ;
+) Nếu
12
,zz có các điểm biểu diễn
lần lượt là
12
,
M
M thì
12 1 2
M
Mzz.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 521
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
a
là phần thực của số phức z
b là phần ảo của số phức
z
Số phức liên hợp của
z
zabi
22
zab
M
là điểm biểu diễn của
số phức
z
Độ dài đoạn OM là môđun
số phức
z
M
là điểm biểu diễn của số phức z
Đại số
(
là tập hợp
số phức)
Số phức
liên hợp
Môđun số
phức
Hình học
SỐ PHỨC
zabi
2
,;1
ab i
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 522
II. CÁC PHÉP TOÁN SỐ PHỨC
1. Phép cộng số phức
Định nghĩa
Tổng của hai số phức
,,,,zabiz abiabab


là số phức
.zz aa bbi


Tính chất
Với mọi , ,zz z

ta có:
Tính chất kết hợp:
;zz z z z z


Tính chất giao hoán:
;zz z z


Cộng với 0:
00 ;zzz
0.zz zz
2. Phép trừ số phức
Hiệu của hai số phức
,,,,:zabiz abiabab


.zz z z aa bbi


3. Phép nhân số phức
Định nghĩa
Tích của hai số phức
,,,,zabiz abiabab


là
số phức
.zz aa bb ab a b i


Tính chất
Với mọi , ,zz z

ta có:
• Tính chất giao hoán: ;zz z z

• Tính chất kết hợp:
;zz z z z z

• Nhân với 1:
1. .1 ;zz z
• Tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng:
.zz z zz zz


4. Phép chia cho số phức khác 0
Số nghịch đảo của số phức 0z kí hiệu là
1
,z
là số phức
thỏa mãn
1
1,zz
, hay
1
2
1
.zz
z
Thương của phép chia số phức
z
cho số phức
z
khác
0,
Bài tập:
54 32 82.iii

Bài tập:
2
5
7
zi
có số đối là
2
5.
7
zi
Bài tập:
54 32 26.iii

Bài tập:
54 32 158 1210 232.ii i i

Chú ý:
• Ta có thể thực hiện phép cộng và phép nhân
các số phức theo các quy tắc như phép toán
cộng và nhân các số thực.
° Các hằng đẳng thức của các số thực cũng
đúng đối với các số phức.
Bài tập:

2
22
42 22.zzizizi
Bài tập:
32zi
có số phức nghịch đảo là

11 32
.3 2 .
13 13 13
ii
z

Bài tập:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 523
kí hiêu là
1
2
.
zzz
zz
z
z



54 32
54 722 7 22
.
3 2 3 2 3 2 13 13 13
ii
ii
i
iii




SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
Phép cộng số phức
Tổng của hai số phức zabi
và
,, ,zabiabab


là số phức
.zz aa bbi


Phép trừ số phức
Hiệu của hai số phức
zabi
và
,, ,zabiabab

 là số
phức
.zz aa bbi


Phép nhân số phức
Tích của hai số phức zabi
và
,, ,zabiabab

 là số
phức
.zz aa bb ab a b i


Phép chia số phức khác 0
Số nghịch đảo của số phức 0z
kí hiệu là
1
z
là số
phức thỏa mãn
1
1zz
hay
1
2
1
.zz
z
Thương của phép chia số phức z
cho số phức
0z
, kí
hiệu là
1
2
.
zzz
zz
z
z

Tính chất phép cộng số phức
Với mọi ,,zz z

ta có
;zz z z z z


;zz z z


00 ;
zzz

0.zz zz

Tính chất phép nhân số phức
Với mọi ,,zz z

ta có
;
zz z z

;zz z z z z

1. .1 ;
zz z
.zz z zz zz


CÁC
PHÉP TOÁN
VỚI SỐ PHỨC
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 524
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Thực hiện các phép toán của số phức, tìm phần thực phần ảo
1. Phương pháp giải
Cho hai số phức
zabi
và
zabi

,
trong đó , , ,
aba b

. Khi đó:
'' ;zz aa bbi

'' ;zz aa bbi

;zz aa bb ab a b i


2
.
zzz
z
z

Bài tập:
Hai số phức
12
37, 43ziz i
 có
12
34 73 74;zz i i

12
34 73 110;zz i i
12
3.4 7 .3 3.3 4. 7 33 19 ;zz i i

1
2
37 43
937
.
43.43 25 25
ii
z
i
zii



2. Bài tập
Bài tập 1:
Tất cả các số phức z thỏa mãn
231 73ziizi
 là
A.
84
.
55
zi B.
42.zi
C.
84
.
55
zi D.
42.zi
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:

10
231 73 2 10 42.
2
ziizi iz z zi
i

Bài tập 2: Cho số phức
,zabiab thỏa mãn 13 0zizi
 . Giá trị của 3Sa b là
A.
7
.
3
S  B. 3.S C. 3.S
D.
7
.
3
S
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có 13 0zizi
22
22
10
13 0
3
a
ab abi
bab

 


2
2
1
1
3
3.
4
3
31
a
a
b
S
b
bb








Bài tập 3. Tính
 

23 20
C1 1i 1i 1i ... 1i
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 525
Áp dụng công thức của cấp số nhân:
Ta có:
 




 


21
23 20
1
21 21
1q
C1 1i 1i 1i ... 1i u.
1q
11i 11i
1. .
i
11i
Ta có:



  
2
21 20 10
10 10 10
1i 2i
1i 1i .1i 2i .1i 2 1i 2 i.2
Do đó:



10 10
10 10
12 i.2
C212i.
i
Bài tập 4. Tính tổng

2 3 2012
S i 2i 3i ... 2012.i .
A. 1006 1006i B. 1006 1006i C. 1006 1006i
D. 1006 1006i
Hướng dẫn giải
Chọn D
Cách 1.
Ta có

2 3 4 2013
iS i 2i 3i ... 2012i

2 3 2012 2013
S iS i i i ... i 2012.i
Dãy số
2 3 2012
i, i , i , ...,i
là một cấp số nhân có công bội
qi
và có 2012 số hạng, suy ra:

2012
2 3 2012
1i
i i i ... i i. 0
1i
Do đó:

2013
2012i
S iS 2012.i 2012i S 1006 1006i
1i
Cách 2. Dãy số
22012
1,x,x ,...,x là một cấp số nhân gồm 2013 số hạng và có công bội bằng x.
Xét
x1,x0 ta có:


2013
2 3 2012
1x
1 x x x ... x 1
1x
Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:




2013 2012
2 2011
2
2012.x 2013x 1
1 2x 3x ... 2012x 2
1x
Nhân hai vế của (2) cho x ta được:




2014 2013
2 3 2012
2
2012.x 20 13x x
x 2x 3x ... 2012x 3
1x
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 526
Thay
xi
vào (3) ta được:


2014 2013
2 2 2012
2
2012i 2013i i
S i 2i 3i ... 2012i
1i
Với

2014 2013
i1,ii
Vậy


2012 2012i
S 1006 1006i.
2i
Bài tập 5. Cho
,
hai số phức liên hiệp thỏa mãn
2
R và  23. Tính .
A.
3
B.
3 C. 2
D.
5
Hướng dẫn giải
Chọn C
Đặt   xiy xiy với x, y R.
Không giảm tính tổng quát, ta coi
y0.
Vì
 23
nên
2iy 2 3 y 3.
Do
,
hai số phức liên hợp nên

., mà



3
22
do đó 
3
. Nhưng ta có


33 2 2 3
x3xy 3xyyi
nên 
3
khi và chỉ khi

23 22 2
3x y y 0 y 3x y 0 x 1.
Vậy

22
xy 132.
Bài tập 6. Tìm c biết a,b và c các số nguyên dương thỏa mãn:


3
c a bi 107i.
A. 400 B. 312 C. 198 D. 123
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có


3
32 23
c a bi 107i a 3ab i 3a b b 107 .
Nên c là số nguyên dương thì

23
3a b b 107 0.
Hay


22
b
3a b 107.
Vì
a, b Z và 107 là số nguyên tố nên xảy ra:

22 2
11450
b
107;3a b 1 a Z
3
(loại).

22 2
b
1; 3a b 107 a 36 a 6 (thỏa mãn). Vậy nên  
323 2
c a 3ab 6 3.6.1 198.
Bài tập 7. Cho số phức z có phần ảo bằng 164 và với số nguyên dương n thỏa mãn
z
4i.
zn
Tìm
n.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 527
A.
n14
B.
n149
C.
697
D.
789
Hướng dẫn giải
Chọn C
Đặt
z x 164i
ta có:

 




zx164i
4i 4i x 164i 656 4 x n i
zn x164in
x656
n 697.
xn41
Vậy giá trị cần tìm của n là 697.
Bài tập 8. Cho số phức z thỏa mãn
13i
z
1i
.Tìm mô đun của số phức
ziz
A. 2 B. 3
C.
5
D.
7
Hướng dẫn giải
Chọn A
Từ z ta phải suy ra được z và thay vào biểu thức
ziz rồi tìm môđun:




13i 13i1i
1313
zi
1i 2 2 2
Suy ra:
 
 
1313 1313
zii.zi
22 22
Do đó:
 ziz1i ziz 2.
Dùng MTCT:
Bước 1: Lưu

13i
A
1i
Bước 2: Tính AiA
Lời bình: Nhận thấy rằng với số phức
zabi bất kì ta đều có

 ziz 1iab
hay


ziz
ab ,z
1i
. Về phương diện hình học thì
ziz
1i
luôn nằm trên trục Ox khi biểu diễn
trong mặt phẳng phức.
Bài tập 9. Tìm số thực m biết:


im
z
1mm2i
và
2m
zz
2
( trong đó i là đơn vị ảo)
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 528
A.
m1
m1

B.
m0
m1

C.
m0
m1
D.
m2
m1
Định hướng:
Quan sát thấy z cho ở dạng thương hai số phức. Vì Vậy cần phải đơn giản z bằng
cách nhân liên hiện ở mẫu. Từ
zz
. Thay z và z vào
2m
zz
2
ta tìm được m
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có:







2222
22
22 2
22
22222
2
im1m 2mi m1m 2mi1m 2m
im
z
1mm2i
1m 4m 1m
m1 m i1 m
mi mi
z
1m 1m 1m 1m
1m






 
Như vậy:

 
2
32
22
2
m0
2m m 1 1 1 1
zz m2 m2 m 2m m0
m1
22 2
1m
m1

 
Bài tập 10. Tìm phần thực của số phức:


n
z1i,n thỏa mãn phương trình:


44
log n 3 log n 9 3 .
A. 6 B. 8 C. 8 D. 9
Hướng dẫn giải
Chọn C
Điều kiện: n3,n
Phương trình

 
44 4
logn3 logn9 3 logn3n9 3


32
n3n9 4 n 6n90 n7do:n3
 

   


3
723
z 1 i 1 i. 1 i 1 i.2i 1 i. 8i 8 8i
Vậy phần thực của số phức z là 8.
Bài tập 11. Cho số phức


m3i
zm
1i
. Tìm m, biết số phức
2
wz có môđun bằng 9.
A.
m1
m1

B.
m3
m1

C.
m3
m1
D.
m3
m3

Hướng dẫn giải
Chọn D
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 529
Ta có:
 


 
 
 
2
22 2
22
m96mi m9 m9
wz 3m iw 9 9m 9
2i 2 2

42 2 2
1
m18m819m918m9m3
2
Vậy giá trị cần tìm là
m3
Bài tập 12. Cho số phức



im
z,m
1mm2i
. Tìm giá trị nhỏ nhất của số thực k sao cho tồn
tại m để
z1 k
A.
51
k
2
B.
52
k
2
C.
51
k
2
D.
52
k
2
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có




22
im 1 1mi
zz1
im mi
imim


 

2
2
2
2
2
k0
1mi
m2m2
z1 z1 k
m2m2
mi
k
m1
m1
Xét hàm số


2
2
m2m2
fm
m1
Ta có:






2
ʹʹ
2
2
2m m 1
15
fm fm 0 m .
2
m1
Lập bảng biến thiên ta có min







15 35
fm
22
Yêu cầu bài toán


2
35 35 51
kk
222
Vậy
51
k
2
là giá trị phải tìm.
Dạng 2. Tìm số phức liên hợp, tính môđun số phức
1. Phương pháp giải
Số phức zabi có zabi và
22
.zab
Chú ý:
Nếu zabi thì
Bài tập: Số phức liên hợp của số phức
23 32zii là
A. 12 5 .zi
B. 12 5 .zi
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 530
22
2a; . .zz zza b
C. 12 5 .zi
 D. 12 5 .zi
Hướng dẫn giải
Ta có
2
23 32 65 6 125ziiii i

12 5 .zi
Chọn D.
2. Bài tập mẫu
Bài tập 1:
Cho số phức ,zabi với ,ab là các số thực thỏa mãn
24,abi iabi i với i là đơn vị ảo. Môđun của
2
1 zz
 là
A. 229.
B. 13.
C.
229.
D.
13.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Ta có

24 2
24 .
21 3
ab a
abi iabi i
ba b






Suy ra
23.zi
Do đó
2
1215.zz i

Vậy

22
2 15 229

Bài tập 2: Cho số phức z thỏa mãn
13
.
1
i
z
i
Môđun của số phức .wizz
là
A. 42.w B. 2.w C. 32.w D. 22.w
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
13
12.
1
i
zi
i

12 . 12 12 33.ziwii i i   

22
331832.w
Bài tập 3: Cho
12
,zz là các số phức thỏa mãn
12
1zz
và
12
26.zz
Giá trị của biểu thức
12
2
P
zz
là
A.
2.P
B.
3.P
C.
3.P
D.
1.P
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt
11111
;, ,zabiab
22222
;, .zabiab
Suy ra
22 22
11 22
1ab ab
và
12 1212
1
26.. .
4
zz aabb

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 531
Ta có:
12 12 12
22 2zz aa bbi 



22
22 22
12 12 12 1 1 2 2 1212
1
2222 .
4
zz aa bb ab ab aabb
Suy ra
12
22.Pzz
Dạng 3. Bài toán liên quan đến điểm biểu diễn số phức
Bài tập 1: Cho , ,
A
BC lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức
43,12 ,iii
1
.
i
Số phức
có điểm biểu diễn D sao cho
A
BCD là hình bình hành là
A. 64.zi B. 63.zi C. 65.zi
D. 42.zi
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
A
là điểm biểu diễn của số phức 43i nên
4; 3 .A
B
là điểm biểu diễn của số phức
12 2ii i nên
2;1 .B
C là điểm biểu diễn của số phức
1
i
i
 nên
0; 1 .C
Điều kiện để
A
BCD là hình bình hành là
A
DBC
 

6
6; 5 6 5 .
5
DACB D CAB
DACB D CAB
xxxx x xxx
Dzi
yyyy y yyy
 



 

Bài tập 2: Cho tam giác
A
BC có ba đỉnh , ,
A
BC lần lượt là điểm biểu diễn hình học của các số
phức
12 3
2, 16, 8.ziz izi Số phức
4
z có điểm biểu diễn hình học là trọng tâm của tam
giác
A
BC . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.
4
32.zi B.
4
5.z
C.

2
4
13 12 .zi D.
4
32.zi
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:
2; 1 , 1; 6 , 8;1 .ABC
Gọi
G là trọng tâm tam giác .
A
BC
44
3; 2 3 2 3 2 .Gzizi
Bài tập 3: Cho các số phức
12
,zz thoả mãn
1212
3, 4, 5zz zz
. Gọi ,
A
B lần lượt là các
điểm biểu diễn số phức
12
,zz trên mặt phẳng toạ độ. Diện tích S của OAB
(với O là gốc toạ độ)
là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 532
A.
52.S
B.
6.S
C.
25
.
2
S
D.
12.S
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
1
3,zOA
2
4,zOB
12
5zz AB

OAB
vuông tại
O
(vì
22 2
OA OB AB
)
11
..3.46.
22
OAB
SOAOB

Dạng 4. Tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước
Bài tập 1: Có bao nhiêu số phức
z
thỏa mãn
1
?
2
zi z
ziz


A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt
,, .zxyixy
Ta có hệ phương trình:


22
22
2
222
11
1.
2
xy x y
xy
xy xy
 


Do đó
1zi
nên có một số phức thỏa mãn.
Bài tập 2: Có bao nhiêu số phức z thỏa điều kiện .2zz z
và 2?z
A. 2. B. 3. C. 1. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
2
.2 242.zz z z z z 
Suy ra điểm
M
biểu diễn số phức z là giao của hai đường tròn
22
1
:4Cx y
và

2
2
2
:4 4.Cx y
Vì
12 1 2
II R R (
12
,II là tâm của các đường tròn
12
,CC
) nên
1
C
và
2
C
tiếp xúc nhau).
Suy ra: Có một số phức z thỏa mãn yêu cầu.
Bài tập 3: Có bao nhiêu số phức thỏa mãn
627?zz i i iz
A. 2. B. 3. C. 1. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Nhận xét: Từ giả thiết, ứng với mỗi z cho ta duy nhất một số phức .z
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 533
Đặt
0,za a , khi đó ta có
627zz i i iz
627az i i iz
76a2aiz aii
76a2aiz ai
76a2aiz ai
 
23
22
7 1 36a 2aa a



432 32
14a 13a 4a 4 0 1 13a 4 0.aaa
Hàm số
32
13a 0fa a a có bảng biến thiên:
Đường thẳng 4y  cắt đồ thị hàm số
f
a tại hai điểm nên phương trình
32
13a 4 0a  có
hai nghiệm khác 1 (do
10f ). Thay giá trị môđun của
z
vào giả thiết ta được 3 số phức thỏa
mãn điều kiện.
Bài tập 4: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để có đúng hai số phức
z
thỏa
mãn
21 10zm i và
123?ziz i
A. 40. B. 41. C. 165. D. 164.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giả sử
,zxyixy và
,
M
xy là điểm biểu diễn số phức .z
Ta có:
 
2
2 1 10 2 1 100zm i zm i

2
2
2 1 1 100.xm y


Khi đó điểm biểu diễn số phức
z
nằm trên đường tròn
C có tâm
21;1,Im bán kính 10.R
Lại có
 
22
12311 23ziz i x yi x yi

22 2 2
11 23 2x8110.xyx y y
Khi đó điểm biểu diễn số phức
z
cũng nằm trên đường thẳng
:2 8 11 0xy

Có đúng hai số phức
z
thỏa mãn nếu đường thẳng
cắt đường tròn
C tại 2 điểm phân biệt.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 534
Tức là

22
22 1 8 11
5 20 17 5 20 17
,10 10 .
44
28
m
dI m



Vậy có 41 giá trị nguyên của
m để có đúng hai số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 5: Cho hai số phức
1
z và
2
z thỏa mãn
1212
3, 4, 37.zz zz Hỏi có bao nhiêu
số
z
mà
1
2
?
z
zabi
z

A.
1.
B.
2.
C.
3.
D.
4.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt
12
,,,,.z x yiz c di xycd Ta có:
22
1
39;zxy
22
2
416;zcd
2222
12
37 2 2 37 6.z z x y c d xc yd xc yd 
Lại có:
1
22 22
2
3
.
8
z
xyi xcyd ycxd
ibi
z cdicd cd



Suy ra
3
.
8
a
Mà
1
22 22 2 2
1
22
3992733
41616648
z
z
ab ab b a b
zz

Vậy có hai số phức
z
thỏa mãn.
Bài tập 6: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất số phức z
thỏa mãn
.1zz và 3zim-+=. Số phần tử của S là
A.
2.
B.
4.
C.
1.
D.
3.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Dễ thấy
0.m
Đặt
;,zabiab
ta có hệ phương trình.


22
2
2
2
1
31
ab
abm


Phương trình
22
1ablà đường tròn tâm ,O bán kính 1
R
.
Phương trình

2
2
2
31abm là đường tròn tâm
3; 1 ,I
bán kính
R
m .
Có duy nhất số phức thỏa mãn đề bài
Hệ phương trình


22
2
2
2
1
31
ab
abm


có nghiệm duy nhất
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 535
Hai đường tròn này tiếp túc với nhau
1
112
3
m
OI m m
m

(thỏa mãn
0m
).
Vậy, có hai số thực thỏa mãn.
Bài tập 7: Có tất cả bao nhiêu số phức z thỏa mãn 1z
và
1.
zz
z
z
A.
3.
B.
4.
C.
6.
D.
8.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt
,, .zabiab
Ta có
22 22
11.zab ab

22
2
2
22
2
221.
.
abi abi
zz z z
ab
z
zzz
z


Ta có hệ:
22
22
22
22
1
1
1
22 1
2
ab
ab
ab
ab







hoặc
22
22
1
1
2
ab
ab


2
2
3
4
1
4
a
b
hoặc
2
2
1
4
.
3
4
a
b
Suy ra

1 3 1 3 31 31
; ; ;; ;;; ; .
22 22 22 22
ab

 

 
 

 

 

Vậy có 8 cặp số

;ab do đó có 8 số phức thỏa mãn.
Dạng 5: Bài toán tập hợp điểm biểu diễn số phức
1. Phương pháp giải
Sử dụng các định nghĩa, tính chất hình học đã biết.
Cho trước các điểm cố định
1212
,,; 2 0IFF FF cc
Tập hợp các điểm
M
thoả mãn
0MI R R
là
đường tròn tâm
I
bán kính .
R
Tập hợp các điểm
M
thoả mãn

12
2
M
FMF aac
là elip có hai tiêu điểm là
12
,.FF
Tập hợp các điểm
M
thoả mãn
12
M
FMF
là đường
Bài tập:
Trên mặt phẳng Oxy tập hợp các điểm
biểu diễn số phức z thoả mãn
25 4zi
 là đường tròn tâm
2;5 ,I bán kính
2.R
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 536
trung trực của đoạn thẳng
12
.FF
2. Bài tập
Bài tập 1
: Xét các số phức z thỏa mãn

68 .zzi là số thực. Biết
rằng tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của
z là một đường tròn, có tâm

;Iabvà bán kính
.
R
Giá trị
abR
bằng
A. 6. B. 4. C. 12. D. 24.
Chú ý:
Trong mặt phẳng Oxy ,

22
2
x
aybR
 là
phương trình đường tròn
có tâm
;Iabvà bán
kính
0R .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt
,.zxyixy
Vì


68 . 6 8zzixyiyxi 


là số thực nên

22
6803425.xx yy x y 
Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của
z là đường tròn có tâm
3; 4 ,I
bán kính 5.R
Vậy
4.abR
Bài tập 2: Cho số phức
z
thỏa mãn
3310zz

. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức
z
là
A. Một parabol.
B.
Một đường tròn.
C.
Một elip.
D.
Một hypebol.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi

,zxyixy
thì
3 3 10 3 3 10(*)zz xyix yi
Gọi
M
là điểm biểu diễn số phức z và các điểm
12
3; 0 , 3; 0 .FF Dễ thấy
12
62FF c
Khi đó:
12
3 3 10 10 2 .zz MFMF a
Vậy tập hợp các điểm
M
biểu diễn số phức z là elip có hai tiêu điểm
12
,FF, độ dài trục lớn là
210a
Bài tập 3: Cho số phức z thỏa mãn 10z
và

2
68 12 .wizi Tập hợp các điểm biểu
diễn số phức
w
là đường tròn có tâm là
A.
3; 4 .I  B.
3; 4 .I C.
1; 2 .I
D.
6;8 .I
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 537
Ta có

2
68 12wizi

34 68wiiz

22
34 6 8wi z
3 4 10.10 3 4 100wi wi 
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức
w là đường tròn
C
có tâm
3; 4 .I
Bài tập 4: Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy
tập hợp các điểm biểu biễn các số phức
z
thỏa mãn 12 12zizi là đường thẳng có phương trình
A. 210.xy B. 20.xy
C.
20.xy D. 210.xy
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt
,.zxyixy zxyi 
Gọi

;
M
xy là điểm biểu diễn của số phức .z
Ta có:
12 12zizi
12 12
x
yi i z yi i
12 12
x
yix yi 
 
22 22
12 12
x
yx y
22 22
21 4 4 21 4 4xx yy xx yy
20.xy
Vậy tập hợp các điểm biểu biễn các số phức
z thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường thẳng có phương
trình là
20.xy
Bàitập5.GiảsửM(z)làđiểmtrênmặtphẳngtọađộbiểudiễnsốphứcz.Tậphợpnhững
điểmM(z)thỏamãnđiều
2z izlà
A.Đườngthẳng
4x 2 y 3 0 B. Đườngthẳng 4x 2 y 3 0

A.Đườngthẳng
x2y30 D.Đườngthẳng x9y30

Hướngdẫngiải
ChọnA
Cách1.Đặt

zxyi;x,y .
làsốphứcđãchovà
Mx;y
làđiểmbiểudiễncủaztrong
mặtphẳngphức
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 538
Tacó
   
22
22
z2 iz x2 yi x y1i x2 y x y1 
4x 2y 3 0
.VậytậphợpđiểmMcầntìmlàđườngthẳng
4x 2 y 3 0

Cách2.

z2 iz z 2 iz*
Đặt

zxyi;x,y . là số phứcđã cho và
Mx;ylàđi ểm biểu diễn của z trong mặt
phẳngphức,ĐiểmAbiểudiễnsố‐2tức
A2;0
vàđiểmBbiểudiễnsốphứcitức
B0;1
Khiđó

*MAMB. Vậy tập hợpđiểm M cần tìm làđường trung tực của AB:
4x 2 y 3 0.
Bàitập6.Tậphợpcácđiểmtrênmặtphẳngtọađộbiểudiễncácsốphứczthỏamãnđiều
kiện
z2i z1i
là
A.Đườngthẳng
xy30 B. Đườngthẳng x2y30

A.Đườngthẳng
x2y30 D.Đườngthẳng xy10

Hướngdẫngiải
ChọnD
Giảsử
zxyi(x,y )
,điểm
Mx;y
biểudiễnz.Theobàiratacó:
 
222
2
x y2i x1 y1i x y2 x1 y1
4y 4 2x 2y 2 x y 1 0
   

SuyraMthuộcđườngthẳngcóphươngtrình
xy10
.
Vậytậphợpđiểmbiểudiễncácsốphứczlàđườngthẳngcóphươngtrình
xy10.
Bàitập7.Tậphợpcácđiểmtrênmặtphẳngtọađộbiểudiễncácsốphứczthỏamãnđiều
kiện
 
51 iz 3 2i 1 7iz i là
A.Đườngthẳng B. Đườngtròn
A.Đườngelip D. ĐườngParabol
Hướngdẫngiải
ChọnA
Nhậnthấy
51 i 5 2 1 7i
Tacó
 
51 iz 3 2i 1 7iz i
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 539

32i i
51 i .z 1 7i.z
55i 17i
32i i 1 1 7 1
zz zizi
55i 17i 10 2 50 50


  

VậytậphợpMlàđườngtrungtrựcAB,với
11 7 1
A;,B;
10 2 50 50



.
Bàitập8.Tậphợpcácđiểmtrênmặtphẳngtọađộbiểudiễncácsốphứczthỏamãnđiều
kiện
zz3 4 là
A.Haiđuờngthẳng
1
x
2
,
7
x
2

 B.Haiđuờngthẳng
1
x
2
,
7
x
2

A.Haiđuờngthẳng
1
x
2
,
7
x
2
D.Haiđuờngthẳng
1
x
2
,
7
x
2
Hướngdẫngiải
ChọnA
Đặt

zxyi,x,y

Lúcđó:
2
2
zz3 4 xyixyi3 4 2x3 4 4x 12x916
1
x
2
4x 12x 7 0
7
x
2
  


VậytậphợpđiểmMlàhaiđườngthẳng
17
x= ;x
22
songsongvớitrụctung.
Bàitập9.Tậphợpcácđiểmtrênmặtphẳngtọađộbiểudiễncácsốphứczthỏamãnđiều
kiện
zz1i 2là
A.Haiđuờngthẳng
13 13
y;y
22


B.Haiđuờngthẳng
13 13
y;y
22



A.Haiđuờngthẳng
15 13
y;y
22


D.Haiđuờngthẳng
15 13
y;y
22


Hướngdẫngiải
ChọnB
Đặt

zxyi,x,y 
Lúcđó:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 540

2
22
2
zz1i 2 xyixyi1i 2 1 2y1i 2
1 2y 1 2 1 4y 4y 1 4 4y 4y 2 0
13
y
2
2y 2y 1 0
13
y
2
  
  

VậytậphợpđiểmMlàhaiđườngthẳng
13 13
y;y
22


songsongvớitrụchoành.
Bàitập10.Tậphợpcácđiểmtrênmặtphẳngtọađộbiểudiễncácsốphứczthỏamãnđiều
kiện
2z 1 z z 2là
A.Haiđuờngthẳng
x0
,
y0
. B. Haiđuờngthẳng
x0
,
y2
.
C.Haiđuờngthẳng
x0 , x2 .
D.Haiđuờngthẳng
x2
, y2 .
Hướngdẫngiải
ChọnC
Gọi

Mx;y
làđiểmbiểudiễnsốphức
zxyi
,
x, y
thỏa
2z1 zz2


 
222
22
2 x yi 1 x yi x yi 2 2 x 1 yi 2 2yi
x0
2x1 y 2 2y x 2x0
x2


VậytậphợpcácđiểmMcầntìmlàhaiđườngthẳng
x0
, x2
.
Bàitập11.Tậphợpcácđiểmtrênmặtphẳngtọađộbiểudiễncácsốphứczthỏamãnđiều
kiện
z1i 2 là
A.Đuờngthẳng
xy20
B.Đườngtròn

22
x1 y1 4

C.Đườngthẳng
xy20

D.Đường tròn tâm

I1; 1 và bán kính
R2.
Hướngdẫngiải
ChọnD
Xéthệthức:
z1i 2 Đặt
zxyi,x,y .
Khiđó:
 
22 22
(1) x 1 y 1 2 x 1 y 1 4
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 541
Vậy,tậphợpnhữngđiểmM(z)thỏamãnhệthức(1)làđườngtròntâm

I1; 1 vàbán
kính
R2. 
Bàitập12.Tậphợpcácđiểmtrênmặtphẳngtọađộbiểudiễncácsốphứczthỏamãnđiều
kiện
z
3
z1
là
A.Đuờngtròn
22
18 9
xy y 0
88

B.Đườngtròn
22
18 9
xy y 0
88

C.Đườngtròn
22
18 9
xy y 0
88

D.Đường tròn tâm
9
I0;
8



và bán kính
1
R.
8
Hướngdẫngiải
ChọnB
Đặt

zxyi,x,y .
Tacó
22
z189
3z3z1xy y 0
z1 8 8

Vậy,tậphợpnhữngđiểmM(z) thỏamãnhệthức(1) làđườngtròntâm
9
I0;
8



vàbán
kính
3
R.
8

Bàitập13.Tậphợpcácđiểmtrênmặtphẳngtọađộbiểudiễncácsốphứczthỏamãnđiều
kiện
z32i 2z12i là
A.Đuờngtròn
22
248
xy x y 0
333

B.Đườngtròn
22
248
xy x y 0
333

C.Đườngtròn
22
248
xy x y 0
333

D.
22
248
xy x y 0
333

Hướngdẫngiải
ChọnC
Đặt

zxyi;x,y . 
Tacó:
z32i 2z12i
 
22 2
22
x3 y2i 2x1 2y2i x3 y2 2x1 2y2
3x 3y 2x 4 y 8 0
 

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 542
Suy ra: Tập hợp cácđiểm biểu diễn z là phương trìnhđường tròn (C):
22
248
xy x y 0
333

.
Bàitập14.Tậphợpcácđiểmtrênmặtphẳngtọađộbiểudiễncácsốphứczthỏamãnđiều
kiện

zi 1iz là
A.Đuờngtròn

2
2
xy12
B.Đườngtròn

2
2
xy12

C.Đườngtròn

22
x1 y1 2 D.

22
x1 y1 2

Hướngdẫngiải
ChọnA
Gọi

Mx;ylàđiểmbiểudiễncủasốphức
zxyi;x,y .
Suyra
   
222
2
zi x y1 1iz 1ixyi xy xy  
Nên
 
222 2
22
zi 1iz x y1 xy xy x y1 2
VậytậphợpđiểmMlàđườngtròn

2
2
xy12

.
Bàitập15.Tậphợpcácđiểmtrênmặtphẳngtọađộbiểudiễncácsốphứczthỏamãnđiều
kiện
z4i z4i 10là
A.Đuờngelip
2
2
y
x
1
916

B.Đuờngelip
2
2
y
x
1
16 9
C.Đuờngelip
2
2
y
x
1
43

D.Đuờngelip
2
2
y
x
1
94
Hướngdẫngiải
ChọnA
Xéthệthức:
z4i z4i 10

Đặt

zxyi,x,y
.Lúcđó
 
2
2
22
22
y
x
(4) x y 4 x y 4 10 1
916

VậytậphợpđiểmMlàđườngelipcóhaitiêuđiểmlà
12
F (0;4);F (0; 4)
vàđộdàitrụclớnlà
16.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 543
Bàitập16.Tậphợpcácđiểmtrênmặtphẳngtọađộbiểudiễncácsốphứczthỏamãnđiều
kiện
z2 z2 5
là
A.Đuờngtròn B. Đuờngelip
C.Đuờngparabol D. Đuờngthẳng
Hướngdẫngiải
ChọnB
Đặt

zxyi;x,y .
Tacó:
z2 z2 5
    
22
22
x 2 yi x 2 yi 5 x 2 y x 2 y 5 1 
Xét

A 2;0 ; B 2 ;0 ;I x;y IA IB 5
VậytậphợpđiểmbiểudiễnsốphứczchínhlàtậphợpcácđiểmIthỏamãn
IA IB 5,đó
chínhlàm ộtelipcótiêucự
AB IA IB 5
c2;a
222


Bàitập17.Tậphợpcácđiểmtrênmặtphẳngtọađộbiểudiễncácsốphứczthỏamãn
điềukiện
2z z2là
A.Tậphợpcácđi
ể
mlànửamặtphẳngở
b
ênphảitrụctung
B.Tậphợpcácđi
ể
mlànửamặtphẳngở
b
êntráitrụctung
C.Tậphợpcácđi
ể
mlànửamặtphẳngphíatrêntrụchoành
D.Tậphợpcácđi
ể
mlànửamặtphẳngphíadướitrụchoành
Hướngdẫngiải
ChọnA
Xéthệthực:

2z z21
.Đặt
zxyi,x,y
.
Khiđó:
(3) 8x 0
TậphợpnhữngđiểmM(z)thỏamãnđiềukiện(1)lànửamặtphẳngởbênphảitrụctung,
tứccácđiểm

x,y
mà x0
Bàitập18.Tậphợpcácđiểmtrênmặtphẳngtọađộbiểudiễncácsốphứczthỏamãn
điềukiện
1z1i2
là
A.Tậphợpcácđiểmlàhìnhtròncótâm
I1; 1
,bánkính2
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 544
B.Tậphợpcácđiểmlàhìnhvànhkhăncótâmtại
A1;1vàcácbá nkínhlớnvànhỏlần
lượtlà
2; 1 
C.Tậphợpcácđiểmlàhìnhtròncótâm
I1; 1
,bánkính1
D.Tậphợpcácđiểmlàhìnhvànhkhăncótâmtại
I1; 1vàcácbánkínhlớnvànhỏlần
lượtlà
2; 1
Hướngdẫngiải
Chọn18B
Xéthệthực:

1z1i22 .Đặt
zxyi,x,y .
Khiđó:

22
21x1 y14
Vậy tập hợp nhữngđiểm M(z) thỏa mãnđiều kiện (2) là hình vành khăn có tâm tại

A1;1vàcácbánkínhlớnvànhỏlầnlượtlà2; 1 
Bàitập19.Tìmtấtcảcácđiểmcủamặtphẳngphứcbiểudiễncácsốphứczsaocho
zi
zi
làsốthực.
A.Tậphợpđi
ể
mg
ồ
mhaitrụctọađộ
B.Tậphợpđi
ể
mlàtrụchoành
C.Tậphợpđiểmgồmhaitrụctọađộbỏđiđiểm
A(0;1)
D.Tậphợpđiểmlàtrụctung,bỏđi
A(0;1)
Hướngdẫngiải
ChọnC
Đặt

zxyi,x,y .
Tacó:


2
2
xy11y xy1x1yi
zi
zi
x1y

 


zi
zi
làsốthực

xy 1 x1 y 0 xy 0.
Mặtkhác:

2
2
xy10
cảmặtphẳngphứcbỏđiđiểm
0;1

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 545
Tómlại:

x0
y0
ycbt .
x,y 0;1
Vậycácđiểmcủamặtphẳngphứccầntìmgồmhaitrụctọa
độbỏđiđiểm
A(0;1)
Bàitập14.Tìmtậphợpcácđiểmbiểudiễnsốphứczsaocho
z23i
u
zi
làmộtsốthuần
ảo.
A.Đườngtròntâm
I1;1
bánkính
R5
B.Đườngtròntâm

I1;1
bánkínhR5 trừđihaiđiểm

A0;1;B 2; 3
.
C.Đườngtròntâm

I1;1bánkính
R5
D.Đườngtròntâm
I1;1
bánkính
R5
trừđihaiđiểm
A0;1;B 2; 3
.
Hướngdẫngiải
ChọnB
Đặt

zxyi,x,y 
Tacó:



22
22
22
x2 y3ix y1i
xy2x2y322xy1i
z23i
u
zi
xy1 xy1






 
ulàsốthuầnảo



22
22
x1 y1 5
xy2x2y30
x, y 0;1
2x y 1 0
x, y 2; 3








Vậytậphợpđiểm
z làđườngtròntâm
I1;1
bánkính
R5
trừđihaiđiểm

A0;1;B 2; 3 .
Bài tập 21. Tìmtập hợp cácđiểm biểu diễn số phức
zxyi
thỏa mãnđiều kiện
xy1
là
A.Bacạnhcủatamgiác
B.B
ố
ncạnhcủahìnhvuông
C.B
ố
ncạnhcủahìnhchữnhật
D.B
ố
ncạnhcủahìnhthoi
Hướngdẫngiải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 546
ChọnB
GọiMlàđiểmbiểudiễnsốphứcz.
Tacó:
xy1 khi x0,y0
xy1 khi x0,y0
xy1
xy1khi x0,y0
xy1 khi x0,y0





VậytậphợpđiểmMlà4cạnhcủahìnhvuông.
Bàitập22.TrongmặtphẳngtọađộOxy,tìmtậphợpđiểmbiểudiễncácsốphứczthỏa
mãn
zi zi
z1
z1

làsốthuầnảo.
A.Đườngtròntâm
1
I;0
2



bánkính
1
R
2
B.Đườngtròntâm
1
I;0
2



bánkính
1
R
2
trừđihaiđiểm
1; 0 .
C.Đườngtròntâm
1
I;0
2



bánkính
1
R
4
D.Đườngtròntâm
1
I;0
2



bánkính
1
R
4
trừđihaiđiểm
0;1 .
Hướngdẫngiải
ChọnB
Giảsử
zxyi
vàđiểmbiểudiễnsốphứczlà
Mx;y.
Tacó:



2
22
22
2
2x y 2x 2x 1i
2z z z i z z 2i
zi zi
z1
z1
zzz1 x1 y





zi zi
z1
z1

làsốthuầnảo



2
22
2
2
2
11
2x y 2x 0
xy
24
x1 y 0
x;y 1;0











VậytậphợpđiểmMlàđườngtròn
2
2
11
xy
24




bỏđiđiểm
1; 0 .
Bàitập23.Tìmquỹ tíchcácđi
ể
mtrênmặtphẳngphứcbi
ể
udiễnchos
ố
phức wiz1
,
biếtzlàsốphứcthỏamãn:

3
z2i1 8 .
A.Đườngtròn

22
C:x 3 y 1 4
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 547
B.Đườngtròn

22
C:x 3 y 1 2
C.Đườngtròn

22
C:x 3 y 1 4
D.Đườngtròn

22
C:x 3 y 1 4
Hướngdẫngiải
ChọnC
Tacó
3
3
zz nên
 

3
3
z2i1 2 z2i1 2 * 
Đặt
wxyi
Talạicó
wiz1 ziiw z ii.w .(*)trởthành:
 
22 22
iw 3i 1 2 y 1 x 3 2 y 1 x 3 4
Vậy quỹ tích cácđiểm biểu diễn w trên mặt phẳng phức làđường tròn

22
C:x 3 y 1 4.
Bàitập24.TrongmặtphẳngtọađộOxy,tìmtậphợpđiểmbiểudiễnsốphứcwthỏamãn:
wz2i
,biếtzlàsốphứcthỏa
z12i 1

.
A.Đườngtròntâm
I1;2bánkínhR2
B.Đườngtròntâm

I2;1bánkínhR2

C.Đườngtròntâm

I1;1bánkínhR1
D.Đườngtròntâm
I3;3
,bánkínhR1
.
Hướngdẫngiải
ChọnD
Gọi

wxyix,y Mx;y làđiểmbiểudiễnchosốwtrênhệtrụcOxy.

 
22
zw2ix2 y1i zx2 1yi
z12i 1 x3 3yi 1 x3 y3 1


Vâytậphợpđiểmbiểudiễnsốphứcwlàmộtđườngtròntâm
I3;3,bánkínhR1 .
Bài tập 25. Trong mặt phẳng phức Oxy, tìm tập hợp cácđiểm M biểu diễn số phức

w12iz3 biếtzlàsốphứcthỏamãn: z2 5
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 548
A.Đườngtròntâm
I1;2
bánkính
R5
B.Đườngtròntâm

I2;1bánkínhR5

C.Đườngtròntâm

I1;4bánkínhR55 .
D.Đườngtròntâm
I1;3
,bánkính
R5
.
Hướngdẫngiải
ChọnC
Theogiảthiết:


a1 b4i
z2 5 5 a1 b4i 512i
12i

 
 
22 22
a1 b4 55 a1 b4 125
VậytậphợpđiểmMthỏamãnđềbàilàđườngtròntâm
I1;4bánkínhR55 .
Bàitập26.Tìmtậphợpcácđiểmbiểudiễnsốphức
zʹ 1i3z2

với z1 2.
A.Hìnhtròntâm

I3;3 ,R4 .
B.Đườngtròntâm
I3;3
,R4 .
C.Hìnhtròntâm

I1; 4
bánkính
R5
.
D.Đườngtròntâm
I1;3,bánkính R5
.
Hướngdẫngiải
ChọnA
Giảsửtacó


zabia,b
zʹ xyix,y


Khiđó:
 
zʹ 1i3z2xyi1i3abi2xyiab32ba3  
xy32
a
xab32
4
yba3 3xy23
b
4





 

Theobàiratacó:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 549

22
2
2
xy32 3xy23
z1 2 a1 b 4 1 4
44


 






22
22
2
2
22
xy36 3xy23 64 4x 4y 24x83y160
xy6x23y40 x3 y 3 16
 

Vậyquỹtíchcácđiểmbiểudiễnsốphứcz’làhìnhtròntâm
I3;3
,R4 .
Bàitập27.Tìmtậphợpcácđiểmbiểudiễntrongmặtphẳngphức

w1i3z2
biết
rằngsốphứczthỏamãn
z1 2.
A.Hìnhtròntâm

I3;3
,R4 .
B.Đườngtròntâm
I3;3bánkính
R4

C.Đườngtròntâm

I3; 3
bánkínhR4
.
D.Hìnhtròntâm

I3; 3
bánkínhR4.
Hướngdẫngiải
ChọnD
Đặt

zabi,a,b và
wxyi,x,y 
Tacó:

2
2
z1 2 a1 b 4* 
Từ
 


22 2
2
w 1 i3z 2 x yi 1 i3 a bi 2
x3a1b3
xab32
y33a1b
y3ab
x3 y3 4a1 b 16Do(*)
 













Vậytậphợpcácđiểmcầntìmlàhìnhtròntâm
I3; 3
bánkínhR4.

Bàitập28.Tìmtậphợpcácđiểmbiểudiễnsốphức
zʹ 2z 3 i

với
2
3z i zz 9.
A.Hìnhtròntâm

I3;3
,R4 .
B.Đườngtròntâm
I3;3bánkính R4

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 550
C.Đườngtròntâm

I3; 3
bánkính
R4
.
D.Hìnhtròntâm
7
I3;
4



,
73
R
4
Giải
ChọnD
Giảsửtacó


zabia,b
zʹ xyix,y


Khiđó

x3
a
x2a3
2
zʹ 2x 3 i x yi 2a 3 2 b 1 i
y1
y2b1
b
2




Theobàiratacó:

22
22222
3z i zz 9 9a 3b 1 a b 9 4a 4b 3b 4 0   
 
2
22 2
3773
x3 y1 y1 40 x3 y
2416

 


Vậyquỹtíchcácđiểmbiểudiễnsốphứcz’làhìnhtròntâm
7
I3;
4



,
73
R
4
Bàitập29.Chocácsốphức
z
thỏamãn
4z
.Biếtrằngtậphợpcácđiểmbiểudiễncácsố
phức
(3 4 )wizi làmộtđườngtròn.Tínhbánkínhrcủađườngtrònđó.
A.r
4. B.r5. C.r20. D.r22.
Hướngdẫngiải
ChọnC
Gọi
wabi ,tacó
2
(1)(34)
(1)
(3 4 )
34 916
ab i i
ab i
wabi izi z
ii




22
(3 4 4) (3 4 3)
344(343)
.
25 25 25
ab ba
ab ba
iz




Mà
z =4nên
22222
(3 4 4) (3 4 3) 100 2 399ab ba ab b 
Theogiảthiết,tậphợpcácđiểmbiểudiễncácsốphức
(3 4 )wizi
làmộtđườngtròn
nêntacó
22 2 2
2 399 ( 1) 400 400 20ab b a b r

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 551
BÀI 3. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VỚI HỆ SỐ THỰC
A. LÍ THUYẾT
1. Căn bậc hai của một phức
Định nghĩa
Cho số phức w. Mỗi số phức z thỏa mãn
2
zw được gọi là
một căn bậc hai của
w
Tìm căn bậc hai của số phức w
w là số thực.
+ Nếu 0w thì w có hai căn bậc hai là
iw và
iw
+ Nếu 0w thì w có hai căn bậc hai là w và w
wabi

, ab
,
0b
Nếu zxiy là căn bậc hai của w thì

2

x
iy a bi
Do đó ta có hệ phương trình:
22
2x
x
ya
yb
Mỗi nghiệm của hệ phương trình cho ta một căn bậc hai
của w
2. Giải phương trình bậc hai với hệ số thực
Xét phương trình
2
0az bz c
,,c ; 0
ab a
Ta có
2
4 bac
Nếu 0 thì phương trình có nghiệm thực
2

b
x
a
Nếu
0
thì phương trình có hai nghiệm thực phân
biệt:
1
2

b
x
a
;
2
2

b
x
a
Nếu 0 thì phương trình có hai nghiệm thực phân
biệt:
1
2

bi
x
a
;
2
2

bi
x
a
Hệ thức Vi-ét đối với phương trình bậc hai với hệ số thực
Phương trình bậc hai
2
0ax bx c
0
a có hai nghiệm
Nhận xét:
+) Số 0 có đúng một căn bậc hai
là 0
+) Mỗi số phức khác 0 có hai căn
bậc hai là hai số đối nhau (khác
0)
Chú ý:
Mọi phương trình bậc n:
1
01 1
... 0

nn
nn
Az Az A z A
luôn có n nghiệm phức (không
nhất thiết phân biệt) với n nguyên
dương.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 552
phân biệt
1
x
,
2
x
(thực hoặc phức) thì
12
12


b
Sxx
a
c
Pxx
a
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Giải phương trình. Tính toán biểu thức nghiệm
1. Phương pháp giải
Cho phương trình:
2
0az bz c
,,c ; 0ab a
Giải pương trình bậc hai với hệ số thực
Áp dụng các phép toán trên tập số phức
để biến đổi biểu thức
Ví dụ: Xét phương trình
2
250zz
a) Giải phương trình trên tập số phức
b) Tính
12
zz
Hướng dẫn giải
a) Ta có:

2
'15 4 2 i
Phương trình có hai nghiệm là:
1
22
zi
;
2
22
zi
b) Ta có
22
12
22 22 zz
Suy ra
12
22 22 42 zz
2. Bài tậ
Bài tập 1.
Trong các số sau, số nào là nghiệm của phương trình
2
1
zz
z ?
A.
13
2
i
B.
13
2
C.
13
2
D.
12
2
i
Hướng dẫn giải
Chọn A
Ta có
2
1zz

z
2
2
2
11 3 1 3
2. .
24 4 2 4




i
zz z
13 13
22 2
13 13
22 2










ii
zz
ii
zz
Bài tập 2. Phương trình
2
0zazb
, ab có nghiệm phức là 34
i . Giá trị của ab bằng
A. 31 B. 5 C. 19 D. 29
Hướng dẫn giải
Chọn C
Chú ý:
Nếu
0
z là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 553
Cách 1: Do
34zi
là nghiệm của phương trình
2
0
zazb
nên ta có:

2
34 34 0 3 7 4 24 0 ia ib ab a i
370 6
4240 25






ab a
ab
Do đó
19ab
Cách 2: Vì
1
34zi
là nghiệm của phương trình
2
0
zazb nên
2
34zi cũng là nghiệm của phương trình đã cho
Áp dụng hệ thức Vi-ét vào phương trình trên ta có
12
12
.

zz a
zz b

34 34
6
19
25
34 34





iia
a
ab
b
iib
nghiệm của phương
trình bậc hai với hệ
số thực thì
0
z cũng
là nghiệm của
phương trình
Bài tập 3. Gọi
0
z là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình
2
6340
zz . Giá trị của
0
2zi là
A. 17 B. 17 C. 217 D. 37
Hướng dẫn giải
Chọn A
ra có

2
'255 i
. Phương trình có hai nghiệm là
35
zi
;
35
zi
Do đó
00
35 2 14 17 zizii
Bài tập 4. Gọi
1
z
là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình
2
250
zz
Tọa độ điểm biểu diễn số phức
1
74 i
z
trên mặt phẳng phức là
A.
3; 2P B.

1; 2N C.
3; 2
Q D.

1; 2M
Hướng dẫn giải
Chọn A
Ta có
2
12
250
12



zi
zz
zi
Theo yêu cầu của bài toán ta chọn
1
12
zi. Khi đó:
22
1
74 12
74 74
32
12 1 2




ii
ii
i
zi
Vậy điểm biểu diễn của số phức là
3; 2P
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 554
Bài tập 5. Gọi
1
z
,
2
z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
450
zz
. Giá trị của biểu thức

2019 2019
12
11zz bằng
A.
1009
2 B.
1010
2 C. 0 D.
1010
2
Hướng dẫn giải
Chọn D
Xét phương trình

2
1
2
2
2
450 2 1
2

zi
zz z
zi
Khi đó ta có:

2019 2019 2019 2019
12
1111zz ii


1009 1009
22
1.1 1.1 ii ii
 
1009 1009
1.2 1.2 ii i i


505
1009 1010
2 1010 1010
211 2 .22 iiiii
Dạng 2: Định lí Vi-ét và ứng dụng
1. Phương pháp giải
Định lí Vi-ét: Cho phương trình:
2
0az bz c ; ,,cab ; 0a
có hai nghiệm phức
1
z ,
2
z thì
12
12
.
b
zz
a
c
zz
a

Ví dụ: Phương trình
2
4240zz có hai
nghiệm phức
1
z
,
2
z
nên
12
4zz
;
12
.24zz
Chú ý: Học sinh hay nhầm lẫn:
12
b
zz
a

2. Bài tập
Bài tập 1:
Gọi
1
z
,
2
z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
250zz

. Giá trị của biểu thức
22
12
zz bằng
A. 14 B. –9 C. –6 D. 7
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi
1
z
,
2
z
là nghiệm của phương trình
2
250zz

Theo định lí Vi-ét ta có:
12
12
2
.5
zz
zz

Suy ra

2
22 2
12 12 12
222.56zz zz zz 
Bài tập 2:
Phương trình bậc hai nào sau đây có nghiệm là 12i
? Chúng ta có thể giải từng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 555
A.
2
230zz B.
2
250zz
C.
2
250zz
D.
2
230zz
Hướng dẫn giải
Chọn C
Phương trình bậc hai có hai nghiệm phức là liên hợp của nhau nên
phương trình bậc hai có nghiệm
12i thì nghiệm còn lại là 12i
Khi đó tổng và tích của hai nghiệm lần lượt là 2; 5
Vậy số phức
12i
là nghiệm của phương trình
2
250zz

phương trình:
+)
2
230zz

2
2
12zi
12zi
12zi
+)
2
250zz

2
2
14zi
12zi

12zi

+)
2
250zz

2
2
14zi
12
zi

12zi

+)
2
230zz

2
2
12zi
12zi
12zi
Bài tập 3: Kí hiệu
1
z ,
2
z là nghiệm phức của phương trình
2
2430zz
. Tính giá trị biểu thức
12 1 2
P
zz i z z
A. 1
P
B.
7
2
P C. 3P D.
5
2
P
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có
1
z ,
2
z là hai nghiệm của phương trình
2
2430zz

Theo định lý Vi-ét ta có
12
12
2
3
.
2
zz
zz

Ta có
  
2
2
12 1 2
333 5
22 2
222 2
Pzzizz i i




Bài tập 4:
Gọi
1
z ,
2
z là hai nghiệm phức của phương trình
Cách khác:
Ta có:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 556
2
470zz
. Giá tị của
33
12

P
zz
bằng
A. –20 B. 20
C.
14 7 D. 28 7
Hướng dẫn giải
Chọn A
Theo định lý Vi-ét ta có
12
12
4
.7
zz
zz

Suy ra
33 2 2
12 121122
zz zzzzzz

2
12 12 12
3zz zz zz
2
4. 4 3.7 20
2
470zz


2
2
23zi
1
2
23
23
zi
zi


Do đó:
33
12
zz
33
23 23ii
20
Bài tập 5: Gọi
1
z
và
2
z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
32270zz

. Giá trị của
12 21
zz z z bằng
A. 2 B. 6 C. 36 D. 6
Hướng dẫn giải
Chọn A
Áp dụng định lý Vi-ét, ta có
12
2
3
zz
và
12
.9zz
Mà
12 12 12
.93zz zz zz
Do đó

12 21 1 2 1 2
2
.3 .3 3 3. 2
3
zz z z z z z z
Bài tập 6: Cho số thực 2a và gọi
1
z ,
2
z là hai nghiệm phức của phương trình
2
20zza.
Mệnh đề nào sau đây
sai?
A.
12
zz là số thực B.
12
zz
là số ảo
C.
12
21
zz
zz
là số ảo
D.
12
21
zz
zz
là số thực
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có
12
2
b
zz
a
. Đáp án A đúng
Phương trình bậc hai với hệ số thực có hai nghiệm là số phức liên hợp. Gọi
1
zxyi ;
,xy
là
một nghiệm, nghiệm còn lại là
2
zxyi
Suy ra
12
2zz yi là số ảo. Đáp án B đúng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 557

2
22
12 12
1212
2 1 12 12
2
42
..
zz zz
zz zz
a
z z zz zz a


Vậy C là đáp án sai và D đúng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 558
Dạng 3: Phương trình quy về phương trình bậc hai
1. Phương pháp giải
Nắm vững cách giải phương trình bậc
hai với hệ số thực trên tập số phức
Nắm vững cách giải một số phương trình
quy về bậc hai, hệ phương trình đại số
bậc cao;…
Ví dụ:
Giải phương trình:
42
60zz
trên tập
số phức.
Hướng dẫn giải
Đặt
2
zt
, ta có phương trình:
2
3
60
2
t
tt
t

Với
3t
ta có
2
33zz

Với
2t
ta có
2
22zzi 
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm
3z
; 2zi
2. Bài tậpmẫu
Bài tập 1:
Tổng môđun bốn nghiệm phức của phương trình
42
2320zz
 là
A.
32
B.
52
C.
25
D.
23
Hướng dẫn giải
Chọn A
Ta có:
2
42
22
2
2
2
2
2320
11
.
2
22
2
2
z
z
z
zz
zi
zi
zi




Khi đó, tổng môđun bốn nghiệm phức của phương trình đã cho bằng
22
22 32
22
ii 
Bài tập 2: Kí hiệu
1
z ,
2
z ,
3
z ,
4
z là bốn nghiệm phức của phương trình
42
450zz
. Giá trị của
2222
1234
zzzz bằng
A. 225 B. 12 C. 0 D. 25
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có:
2
42
2
1
1
1
450
5
5
5
z
z
z
zz
zi
z
zi




Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 559
Phương trình có bốn nghiệm lần lượt là:
1
1z
,
2
1z
,
3
5zi ,
4
5zi
Do đó:
22
2222
22
1234
11 5 5 12zzzz
Bài tập 3: Gọi
1
z ,
2
z ,
3
z ,
4
z là các nghiệm phức của phương trình
2
22
4120zz zz
.
Giá trị của biểu thức
2222
1234
Sz z z z
là
A.
18S
B.
16S
C.
17S
D.
15S
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có:
2
22
4120zz zz
Đặt
2
tz z
, ta có
2
2
4120
6
t
tt
t

Suy ra:
1
2
2
2
3
4
1
2
20
123
60
2
123
2
z
z
zz
i
z
zz
i
z






Suy ra

22
22
2
2
1231 23
12 17
22 2 2
S

 


 

 

Bài tập 4: Gọi
1
z ,
2
z là hai nghiệm của phương trình
4
2
4
z
z
z
 . Khi đó
12
zz bằng
A. 1 B. 4 C. 8 D. 2
Hướng dẫn giải
Chọn A
Điều kiện: 0z
Ta có:
2
2
42
2
.
444
zz
zz
zzz
zz z


  




2
115 115
22 22
40
115 115
22 22
zizi
zz
zizi

 




 


Vậy
12
115115
11
22 22
zz i i
Bài tập 5: Cho số thực a, biết rằng phương trình
42
10zaz
 có bốn nghiệm
1
z ,
2
z ,
3
z ,
4
z thỏa
mãn
2222
1234
4444441zzzz. Tìm a
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 560
A.
1
19
2
a
a

B.
1
19
2
a
a

C.
1
19
2
a
a
D.
1
19
2
a
a
Hướng dẫn giải
Chọn B
Nhận xét:

2
22
42 22zzizizi
Đặt
42
1fx z az , ta có:


44
2222
1234
11
4444 2. 2 2.2
kk
kk
zzzz zizififi



2
42 42
16 4 1 16 4 1 17 4iai iai a
Theo giả thiết, ta có

2
1
17 4 441
19
2
a
a
a

Bài tập 6: Cho số phức z thỏa mãn
2018 2017
11 10 10 11 0ziziz
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
23z
B.
01z
C.
12z
D.
13
22
z
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có

2017
2017 2017
11 10 11 10
11 10 11 10
11 10 11 10
iz iz
zzi izz z
zi zi



Đặt
zabi
có





2
22
2
2
22
2
100 220 121
11 10 10 11 100
11 10
11 10 11 10
121 220 100
121 11 10
ab b
ia bi b a
iz
zi abi i
ab b
ab






Đặt
tz
0t ta có phương trình
2
2017
2
100 220 121
121 220 100
tb
t
tb


Nếu
11tVT ; 1VP
Nếu
11tVT ; 1VP
Nếu
11tz
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 561
BÀI 4. CỰC TRỊ SỐ PHỨC
A. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
1. Các bất đẳng thức thường dùng
a. Cho các số phức
12
,zz
ta có:
+)
1212
zz zz (1).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
121
0
0, , 0,
z
zkkzkz

.
+)
12 1 2
zz z z (2).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
121
0
0, , 0,
z
zkkzkz

.
b. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz
Cho các số thực
,,,abx y ta có:
222 2
ax by a b x y
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ay bx .
2. Một số kết quả đã biết
a.
Cho hai điểm ,
A
B cố định. Với điểm
M
bất kỳ luôn có bất đẳng thức tam giác:
+)
M
AMB AB, dấu “=” xảy ra
M
nằm giữa hai điểm ,
A
B .
+)
M
AMB AB
, dấu “=” xảy ra
B
nằm giữa hai điểm ,
A
M .
b. Cho hai điểm ,
A
B nằm cùng phía đối với đường thẳng d và
M
là điểm di động trên d . Ta có:
+)
M
AMB AB
, dấu “=” xảy ra Ba điểm , ,
A
MB thẳng hàng.
+) Gọi
A
là điểm đối xứng với
A
qua d , khi đó ta có
M
AMB MA MB AB

 
, dấu “=” xảy ra
Ba điểm
,,
A
MB
thẳng hàng.
c. Cho hai điểm ,
A
B nằm khác phía đối với đường thẳng d và
M
là điểm di động trên d . Ta có:
+)
M
AMB AB, dấu “=” xảy ra
M
nằm giữa hai điểm ,
A
B .
+) Gọi
A
là điểm đối xứng với
A
qua d , khi đó ta có
M
AMB MA MB AB

 
, dấu “=” xảy ra
Ba điểm
,,
A
MB
thẳng hàng.
d. Cho đoạn thẳng
P
Q và điểm
A
không thuộc
P
Q ,
M
là điểm di động trên đoạn thẳng
P
Q , khi đó
max max ,
A
MAPAQ . Để tìm giá trị nhỏ nhất của
A
M ta xét các trường hợp sau:
+) Nếu hình chiếu vuông góc
H của
A
trên đường thẳng
P
Q nằm trên đoạn
P
Q thì min
A
MAH
.
+) Nếu hình chiếu vuông góc
H của
A
trên đường thẳng
P
Q không nằm trên đoạn
P
Q thì
min min ;
A
MAPAQ .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 562
e. Cho đường thẳng và điểm
A
không nằm trên
. Điểm
M
trên
có khoảng cách đến
A
nhỏ nhất
chính là hình chiếu vuông góc của
A
trên
.
f. Cho ,
x
y là các tọa độ của các điểm thuộc miền đa giác
12
...
n
A
AA. Khi đó giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của
biểu thức
Faxby ( ,ab là hai số thực đã cho không đồng thời bằng 0 ) đạt được tại một trong các
đỉnh của miền đa giác.
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz
Với các số thực ,,,abx y ta có
222 2
ax by a b x y .
Dấu “=” xảy ra khi
ab
x
y
.
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Phương pháp hình học
1. Phương pháp giải
Vi dụ:
Cho số phức
z
thỏa mãn
2
2 zz izz . Giá trị nhỏ nhất của 3zi
bằng
A. 3. B.
3
.
C. 2 3 . D. 2.
Hướng dẫn giải
Bước 1:
Chuyển đổi ngôn ngữ bài toán số phức
Giả sử
,zxyixy zxyi . Khi đó
Bất đẳng thức tam giác
12 1 2
zz z z. Dấu “=” xảy ra khi
12
0zkzk.
12 1 2
zz z z
. Dấu. “=” xảy ra khi
12
0zkzk
.
12 1 2
zz z z . Dấu. “=” xảy ra khi

12
0zkzk
.
12 1 2
zz z z
Dấu “=” xảy ra khi

12
0zkzk
.
Các bất đẳng thức
thường dùng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 563
sang ngôn ngữ hình học.

2
22
2224zz izz yi xi y x

.
Gọi
;;0;3Mxy A
lần lượt là điểm biểu diễn
cho số phức
;3zi
thì
3ziMA
.
Bước 2: Sử dụng một số kết quả đã biết để giải
bài toán hình học.
Parabol
2
yx
có đỉnh tại điểm

0;0O
, trục đối
xứng là đường thẳng
0x
. Hơn nữa, điểm
A
thuộc trục đối xứng của parabol, nên ta có:
3MA OA. Suy ra, min 3MA khi
M
O
.
Bước 3:
Kết luận cho bài toán số phức.
Vậy
min 3 3zi
, khi 0z
. Chọn A.
2. Bài tập mẫu
Bài tập 1:
Cho số phức z thỏa mãn
34 1zi
. Môđun lớn nhất của
số phức
z
bằng
A. 7. B. 6.
C.
5. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Gọi
;,3;4Mxy I
là các điểm biểu diễn lần lượt cho các số phức
;3 4
zi . Từ giả thiết 34 1 1zi MI .
Tập hợp các điểm
M
biểu diễn số phức z thỏa mãn giả thiết là đường
tròn tâm

3; 4I , bán kính
1r
.
Mặt khác
zOM . Mà OM đạt giá trị lớn nhất bằng OI r
, khi
M
là giao điểm của đường thẳng
OM
với đường tròn tâm
3; 4I , bán
Nhận xét:
OI r OM z OI r

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 564
kính
1r . Hay
18 24
;
55
M



.
Do đó,
max 5 1 6zOIr
, khi
18 24
55
zi
.
Bài tập 2:
Trong các số phức z thỏa mãn
24 2zizi

, số phức
z có môđun nhỏ nhất là
A. 22zi . B. 1zi.
C.
22zi . D. 1zi.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Đặt

,zxyixy . Khi đó 24 2zizi
40xy


d .
Vậy tập hợp điểm
M
biểu diễn số phức z là đường thẳng d .
Do đó
zOM nhỏ nhất khi
M
là hình chiếu của O trên d .
Suy ra

2; 2M hay 22zi .
Nhận xét: Trong tất cả các đoạn
thẳng kẻ từ điểm O đến đường
thẳng
d
, đoạn vuông góc
OM
ngắn nhất.
Bài tập 3: Cho số phức
z
thỏa mãn 3310zz . Giá trị nhỏ
nhất của
z là
A. 3. B. 4.
C.
5. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Cách 1:
Gọi
12
3; 0 , 3; 0FF , có trung điểm là
0;0O . Điểm
M
biểu diễn
số phức
z .
Theo công thức trung tuyến thì
22 2
2
2
1212
24
M
FMF FF
zOM
 .
Ta có
2
22
12
22
12
50
2
MF MF
MF MF
 .
Đẳng thức xảy ra khi

12
12
4;0
50 36
min 4
10
24
4;0
M
MF MF
z
MF MF
M


,
Khi
4zi hoặc 4zi .
Với mọi số thực
,ab ta có bất
đẳng thức:

2
22
2
ab
ab

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 565
Cách 2:.
Gọi
12
3; 0 , 3; 0FF
,

;;,Mxy xy
lần lượt là các điểm biểu
diễn các số phức
3; 3; z .
Ta có
12
26 3FF c c. Theo giả thiết ta có
12
10MF MF
, tập
hợp điểm
M
là đường elip có trục lớn 210 5aa
 ; trục bé
22
22 22598bac
.
Mặt khác
OM z nhỏ nhất bằng 4 khi 4zi
hoặc 4zi
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của
z
bằng 4.
Với mọi điểm
M
nằm trên elip,
đoạn
OM
ngắn nhất là đoạn nối
O
với giao điểm của trục bé với
elip.
Bài tập 4: Xét số phức
z
thỏa mãn 4310zi zi
. Tổng giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
z
là
A.
60
49
.
B.
58
49
.
C.
18
7
.
D.
16
7
.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Gọi
0; 1 , 0;1AB , đoạn thẳng
A
B có trung điểm
0;0O . Điểm
M
biểu diễn số phức z .
Theo công thức trung tuyến
222
2
2
24
M
AMB AB
zOM
 .
Theo giả thiết
4310MA MB. Đặt
10 4
3
a
MA a MB
 .
Khi đó
10 7
416
261076
377
a
MA MB AB a a
 .
Ta có

2
2
222
58 36
10 4
39
a
a
MA MB a




.
Do

2
36 24 576
58 058
77 49
aa
nên
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 566
22
2
22
1
4
260
81 9
49
49 7
z
MA MB
MA MB
zz







.
Đẳng thức
1z
khi
24 7
25 25
zi
. Đẳng thức
9
7
z
khi
9
7
zi
.
Vậy tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
z là
16
7
.
Bài tập 5:
Cho z là số phức thay đổi thỏa mãn
2242zz
.
Trong mặt phẳng tọa độ gọi
,
M
N là điểm biểu diễn số phức z và
z
.
Giá trị lớn nhất của diện tích tam giác
OMN là
A. 1. B. 2 .
C.
42
. D.
22
.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Đặt
,zxyixy
zxyi .
Gọi
12
2;0 , 2; 0FF ,
;, ;
M
xy N x y
lần lượt là các điểm biểu
diễn các số phức
2; 2; ;zz
.
Do ,
M
N là điểm biểu diễn số phức z và z nên suy ra ,
M
N đối xứng
nhau qua
Ox .
Khi đó
OMN
Sxy
.
Ta có
12
24 2FF c c. Theo giả thiết ta có
12
42MF MF,
tập hợp điểm
M
thỏa điều kiện trên là elip có trục lớn
242 22aa ; trục bé
22
22 2844bac 2b .
Nên elip có phương trình

22
:1
84
xy
E 
.
Do đó
22 22
12. 22
84 84
22
OMN
xy
xy xy
Sxy
 .
Đẳng thức xảy ra khi
2
2
x
y
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 567
Bài tập 6: Cho số phức
z
thỏa mãn
2zi z i

. Giá trị nhỏ nhất
của
142
P
iz i
là
A. 1. B.
3
2
.
C.
3. D.
32
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi
,zxyixy ;

;
M
xylà điểm biểu diễn số phức
z
.
Ta có
2zi z i 
121
x
yix yi 

222
2
121xy x y 10xy
.
Ta có
142
P
iz i


42
123
1
i
iz z i
i


22
23 12
x
yMA, với
3;1A
.

min min
22
311
22,2 3
11
PMAdA


.
Đẳng thức xảy ra khi
M
là hình chiếu vuông góc của
A
trên đường
thẳng hay
35 3 5
;
22 2 2
M
zi




.
Bài tập 7:
Cho hai số phức
12
,zzthỏa mãn
12
6zz
và
12
2zz
.
Gọi ,
M
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
12
P
zz
. Khi đó môđun của số phức
M
mi
là
A. 76 . B. 76.
C.
210. D. 211.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Ta gọi ,
A
B lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức
12
,zz.
Từ giả thiết
12
6zz 63OA OB OI

với
I
là trung
điểm của đoạn thẳng
A
B .
12
2zz 22OA OB AB

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 568
Ta có
2
22 2
220
2
AB
OA OB OI
.
12
P
zz
222 2 2
11 40OA OB P OA OB .
Vậy
max 2 10
P
M.
Mặt khác,
12
P
zz
6OA OB OA OB

.
Vậy
min 6
P
m
.
Suy ra
40 36 76Mmi .
Bài tập 8:
Cho số phức z thỏa mãn 2135ziz i
 . Giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
14
P
zi
bằng
A. 1. B.
3
5
.
C.
1
5
.
D.
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Gọi

;
M
xylà điểm biểu diễn số phức z ; gọi
2; 1 , 1;3AB là
điểm biểu diễn số phức
2;13ii . Ta có
5
AB
.
Từ giả thiết
2135ziz i

22 2 2
21 135xy xy  
5
M
AMB MAMB AB MA MB AB .
Suy ra , ,
M
AB thẳng hàng (
B
nằm giữa
M
và
A
). Do đó quỹ tích
điểm
M
là tia
B
t ngược hướng với tia
BA
.
14
P
zi

22
14xy
, với
1; 4C
P
MC
.
Ta có
3; 4AB 

phương trình đường thẳng : 4 3 5 0AB x y
 .

22
413.45
3
,
5
43
CH d C AB


,

22
11 3 4 1CB
 .
Do đó
3
min
5
PCHkhi H là giao điểm của đường thẳng
A
B và
đường thẳng đi qua điểm
C và vuông góc với
A
B
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 569
Dạng 2: Phương pháp đại số
1. Phương pháp giải
Các bất đẳng thức thường dùng:
1. Cho các số phức
12
,zz
ta có:
a.
1212
zz zz (1)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
121
0
0, , 0,
z
zkkzkz

b.
12 1 2
zz z z
.(2)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
121
0
0, , 0,
z
zkkzkz

2. Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
Cho các số thực
,,,abx y
ta có
222 2
ax by a b x y
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ay bx .
2. Bài tập
Bài tập 1:
Cho số phức

3,za a ia . Giá trị của
a
để
khoảng cách từ điểm biểu diễn số phức
z đến gốc tọa độ là nhỏ nhất
bằng
A.
3
2
a . B.
1
2
a .
C.
1a . D. 2a .
Hướng dẫn giải
Chọn A

2
2
2
3932
32
222
zaa a




.
Đẳng thức xảy ra khi
3
2
a
. Hay
33
22
zi
.
Nhận xét: Lời giải có sử
dụng đánh giá
2
0,xx
Bài tập 2: Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 24 2zizi
,
số phức
z có môđun nhỏ nhất là
A. 12zi . B. 1zi .
C.
22zi . D. 1zi .
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 570
Chọn C
Gọi
,zabiab
.
24 2zizi
24 2 40abiabiab  
.
  
22
2
4422822zbbiz bb b  .
Suy ra
min 2 2 2 2 2 2zbazi 
.
Bài tập 3: Cho số phức z thỏa mãn
1
1
2
z
zi
, biết
3
5
2
zi
đạt giá
trị nhỏ nhất. Giá trị của
z
bằng
A. 2 . B.
2
2
.
C.
5
2
.
D.
17
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi
2,zabiz iab .
1
1
2
z
zi
122430234zziab a b
 
22 2
3
52 5512025
2
zibb b
Suy ra
1
31
min 5 2 5
2
22
1
a
zi zi
b

Vậy
5
2
z .
Bài tập 4:
Cho hai số phức
12
,zz thỏa mãn
12
34zz i
 và
12
5zz
. Giá trị lớn nhất của biểu thức
12
zz
là
A. 5. B. 53.
C.
12 5 . D. 52.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
22 2 2
222
12 1212
253450zz zz zz.
Nhận xét: Lời giải sử dụng
bất đẳng thức Cauchy –
Schwarz.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 571
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có
22
12 1 2
25052zz z z .
Gọi
12
,;,,,zxyizabiabxy 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
12
12
22
12
12
34
5
25
zz i
zz
zz
zz



7
2
1
2
x
y
và
1
2
7
2
a
b

. Hay
12
71 17
;
22 22
zizi  .
Thay
12
,zz
vào giả thiết thỏa mãn.
Vậy, giá trị lớn nhất của biểu thức
12
zz bằng
52
.
Bài tập 5:
Cho số phức
z
thỏa mãn 1z . Giá trị lớn nhất của biểu
thức
131
P
zz
bằng
A. 210. B. 65.
C.
315. D. 2 5 .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có

22 22
22
1 3 1 1 20 1 2 10Pzzz
Đẳng thức xảy ra khi
22
22
4
1
1
43
5
5
1
3
55
10
1
2
3
5
z
x
xy
zi
x
z
xy
z
y










.
Vậy
max 2 10P
.
Nhận xét:
Lời giải sử dụng
bất đẳng thức Cauchy –
Schwarz.
Bài tập 6:
Cho số phức z thỏa mãn
12 2zi
. Giá trị lớn nhất của
3zi bằng
A. 6. B. 7.
C.
8. D. 9.
Nhận xét: Lời giải sử dụng
bất đẳng thức
1212
zz zz
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 572
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có 3zi
12 43 12 43 7zi izi i
.
Đẳng thức xảy ra khi
12 43, 0
13 16
55
12 2
zikik
zi
zi



.
Vậy giá trị lớn nhất của
3zi bằng 7.
Bài tập 7:
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
34 4zi

. Gọi
M
và
m là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của môđun số phức z . Giá trị của
.
M
m
bằng
A. 9. B. 10.
C.
11. D. 12.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
34 34 34 34 459zz i iz i i M .
Đẳng thức xảy ra khi

4
34 34, 0
5
27 36
34 4
55
k
zikik
zi
zi





.
Mặt khác
34 34 34 34 45 1zz i i z i i m    .
Đẳng thức xảy ra khi

4
34 34, 0
5
34
34 4
55
k
zikik
zi
zi





Nhận xét: Lời giải sử dụng
bất đẳng thức
1212
zz zz

và
12 12
zz zz
.
Bài tập 8: Cho số phức z thỏa mãn
2
42zzzi . Giá trị nhỏ
nhất của
zi
bằng
A. 2. B. 2 .
C.
1. D.
1
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
2
42zzzi
22 2zizi zzi
Chú ý: Với mọi số phức
12
,zz :
12 1 2
..zz z z .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 573
2. 2 . 2zizizzi
20
2
2
2
,
2
zi
zi
zi
zzi
zaia
zzi







Do đó

2
21
min 1 1
42
zi ii
z
zi ai i a


 
.
Bài tập 9: Tìm số phức
z
thỏa mãn

12zzi là số thực và z đạt
giá trị nhỏ nhất.
A.
42
55
zi
. B.
42
55
zi
.
C.
42
55
zi . D.
42
55
zi .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi ; ,zabiab .
Ta có

12zzi
12 22aab b ab i


Do đó

12zzi là số thực 220 22ab b a
Khi đó

2
2
2
4425
22 5
555
za a a




.
Đẳng thức xảy ra khi
4
5
2
5
a
b
4
25
5
min
2
5
5
a
z
b

. Vậy
42
55
zi
.
Bài tập 10:
Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện 12z  . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức
2Tziz i
  .
A. max 8 2T . B. max 4T .
C.
max 4 2T . D. max 8T .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 574
Đặt
,zxyixy
, ta có

2
2
12 1 2 1 2zxyixy

2
222
12 21
x
yxyx
(*).
Lại có
2Tziz i
121
x
yix yi
22 22
21 425xy y xy xy
Kết hợp với (*) ta được
 
222 622 2 2 62Txy xy xy xy  
Đặt
Txy, khi đó
22 62Tft t t với
1; 3t  .
Cách 1: Sử dụng phương pháp hàm số
Ta có
 
11
'; 01
22 62
f
tftt
tt


.
Mà
1 4, 1 22, 3 22ff f
. Vậy
max 1 4ft f
.
Cách 2: Sử dụng phương pháp đại số
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

22 62 11.84Tt t.
Đẳng thức xảy ra khi 1t .
Bài tập 11:
Cho số phức z thỏa mãn
1z
. Gọi
M
và m lần lượt là
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
2
11zzz
. Khi đó giá trị
của
M
m bằng
A. 5. B. 6.
C.
5
4
.
D.
9
4
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt
,zabiab
và
1tz
. Khi đó


2
2
2
2
11 1 22
2
t
tz z z zz aa

.
Ta có
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 575

222 22
12 11 21z z a b abi a bi a b a b a i 

 


2
22 2
22 2 2
22121121aa ba a a a a
2
21 1at
22
111zzztt (với 02t , do
2
1a
).
Xét hàm số

2
1ft t t với
0; 2t
.
Trường hợp 1:


22
15
0;1 1 1
24
tftttttf




và có

011ff nên




0;1
0;1
5
max
4
min 1
ft
ft
.
Trường hợp 2:

22
1; 2 1 1, 2 1 0, 1; 2tftttttfttt

Do đó hàm số luôn đồng biến trên

1; 2


 
1;2
1;2
max 2 5
min 1 1
ft f
ft f
.
Vậy



0;2
0;2
max 5
6
min 1
Mft
Mm
mft



.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 576
CHƯƠNG I: KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
BÀI 1. KHÁI NIỆM VỀ KHỐI ĐA DIỆN
A. LÍ THUYẾT
I – KHỐI LĂNG TRỤ VÀ KHỐI CHÓP
Khối lăng trụ là phần không gian được giới hạn bởi một hình lăng trụ kể cả hình lăng trụ ấy.
Khối chóp là phần không gian được giới hạn bởi một hình chóp kể cả hình chóp ấy.
Khối chóp cụt là phầ
n không gian được giới hạn bởi một hình chóp cụt kể cả hình chóp cụt ấy.
II – KHÁI NIỆM VỀ HÌNH ĐA DIỆN VÀ KHỐI ĐA DIỆN
1. Khái niệm về hình đa diện
Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất:
Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không có điểm chung, hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc
chỉ có một c
ạnh chung.
Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác.
Mỗi đa giác như trên được gọi là một mặt của hình đa diện.
Các đỉnh, các cạnh của đa giác ấy theo thứ tự gọi là các đỉnh, các cạnh của hình đa diện.
2. Khái niệm về khối đa diện
Khối đa diện là phần không gian được giới hạn bởi một hình đ
a diện, kể cả hình đa diện đó.
Những điểm không thuộc khối đa diện được gọi là điểm ngoài của khối đa diện. Tập hợp các điểm
ngoài được gọi là miền ngoài của khối đa diện. Những điểm thuộc khối đa diện nhưng không thuộc
hình đa diện ứng với đa diện ấy đượ
c gọi là điểm trong của khối đa diện. Tập hợp các điểm trong
được gọi là miền trong của khối đa diện.
Mỗi khối đa diện được xác định bởi một hình đa diện ứng với nó. Ta cũng gọi đỉnh, cạnh, mặt, điểm
trong, điểm ngoài… của một khối đa diện theo thứ tự là đỉnh, cạnh, mặt,
điểm trong, điểm ngoài…
của hình đa diện tương ứng.
Đ
i
ể
m ngoài
Đ
i
ể
m trong
M
i
ề
n ngoài
d
M
N
Ví dụ
- Các hình dưới đây là những khối đa diện:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 577
- Các hình dưới đây không phải là những khối đa diện:
Hình a
Hình b
Hình c
Giải thích: Hình a không phải là hình đa diện vì tồn tại cạnh không phải là cạnh chung của hai mặt;
Hình b không phải là hình đa diện vì có một điểm đặc biệt trong hình, điểm đó không phải là đỉnh
chung của hai đa giác; Hình c không phải là hình đa diện vì tồn tại một cạnh là cạnh chung của bốn
đa giác.
III – HAI ĐA DIỆN BẰNG NHAU
1. Phép dời hình trong không gian
Trong không gian, quy tắc đặt tương ứng mỗi đ
iểm
M
với điểm
M
¢
xác định duy nhất được gọi là
một phép biến hình trong không gian.
Phép biến hình trong không gian được gọi là phép dời hình nếu nó bảo toàn khoảng cách giữa hai
điểm tùy ý.
a) Phép tịnh tiến theo vectơ
v
, là phép biến hình biến mỗi điểm
M
thành điểm
M
¢
sao cho
M
Mv
¢
=

. Kí hiệu là
v
T
.
b) Phép đối xứng qua mặt phẳng
()
P
là phép biến hình biến mỗi điểm thuộc
()
P
thành chính nó,
biến mỗi điểm
M
không thuộc
()
P
thành điểm
M
¢
sao cho
()
P
là mặt phẳng trung trực của
M
M
¢
.
Nếu phép đối xứng qua mặt phẳng
()
P
biến hình
()
H
thành chính nó thì
()
P
được gọi là mặt phẳng
đối xứng của
()
H
.
c) Phép đối xứng tâm
O
là phép biến hình biến điểm
O
thành chính nó, biến mỗi điểm
M
khác
O
thành điểm
M
¢
sao cho
O
là trung điểm của
M
M
¢
.
Nếu phép đối xứng tâm
O
biến hình
()
H
thành chính nó thì
O
được gọi là tâm đối xứng của
()
H
.
d) Phép đối xứng qua đường thẳng
D là là phép biến hình biến mọi điểm thuộc đường thẳng D
thành chính nó, biến mỗi điểm
M
không thuộc
D
thành điểm
M
¢
sao cho
D
là đường trung trực
của
M
M
¢
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 578
Nếu phép đối xứng qua đường thẳng
D
biến hình
()
H
thành chính nó thì
D
được gọi là trục đối
xứng của
()
H
.
Nhận xét
Thực hiện liên tiếp các phép dời hình sẽ được một phép dời hình.
Phép dời hình biến đa diện
()
H
thành đa diện
()
¢
H
, biến đỉnh, cạnh, mặt của
()
H
thành đỉnh,
cạnh, mặt tương ứng của
()
¢
H
.
Ví dụ:Cho hình lập phương
.
A
BCD A B C D
¢¢¢¢
. Khi đó:
Các hình chóp
.
A
ABCD
¢¢¢¢
và
.CABCD
¢
bằng nhau (vì qua phép đối xứng tâm O hình chóp
.
A
ABCD
¢¢¢¢
biến thành hình chóp
.CABCD
¢
).
Các hình lăng trụ
.
A
BC A B C
¢¢¢
và
.
A
AD BBC
¢¢ ¢¢
bằng nhau (vì qua phép đối xứng qua mặt phẳng
()
A
BCD
¢¢
thì hình lăng trụ
.
A
BC A B C
¢¢¢
biến thành hình lăng trụ
.
A
AD BBC
¢¢ ¢¢
).
D
'
C'
B
'
A
'
D
C
B
A
O
A
B
C
D
A
'
B
'
C'
D
'
2. Hai hình bằng nhau
Hai hình được gọi là nếu có một phép dời hình biến hình này thành hình kia.
Đặc biệt, hai đa diện được gọi là bằng nhau nếu có một phép dời hình biến đa diện này đa diện kia.
IV – PHÂN CHIA VÀ LẮP GHÉP CÁC KHỐI ĐA DIỆN
Nếu khối đa diện
()
H
là hợp của hai khối đa diện
()
1
H
và
()
2
H
sao cho
(
)
1
H
và
()
2
H
không có
chung điểm trong nào thì ta nói có thể phân chia được khối đa diện
()
H
thành hai khối đa diện
(
)
1
H
và
()
2
H
. Khi đó ta cũng nói có thể ghép hai khối đa diện
(
)
1
H
và
()
2
H
để được khối đa diện
()
H
.
Ví dụ 1. Với khối chóp tứ giác
.SABCD
, xét hai khối chóp tam giác
.SABC
và
.SACD
.
Ta thấy rằng:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 579
Hai khối chóp
.SABC
và
.SACD
không có điểm trong chung (tức là không tồn tại điểm trong của
khối chóp này là điểm trong của khối chóp kia và ngược lại).
Hợp của hai khối chóp
.SABC
và
.SACD
chính là khối chóp
..SABCD
Vậy khối chóp
.SABCD
được phân chia thành hai khối chóp
.SABC
và
.SACD
hay hai khối chóp
.SABC
và
.SACD
được
ghép lại thành khối chóp
..SABCD
Ví dụ 2. Cắt khối lăng trụ
.
A
BC A B C
¢¢¢
bởi mặt phẳng
()
A
BC
¢
.
Khi đó, khối lăng trụ được phân chia thành hai khối đa diện
A
ABC
¢
và
A
BCC B
¢¢¢
.
Nếu ta cắt khối chóp
A
BCC B
¢¢¢
bởi mặt phẳng
()
A
BC
¢¢
thì ta chia khối chóp
A
BCC B
¢¢¢
thành hai khối
chóp
A
BCB
¢¢
và
A
CC B
¢¢¢
.
Vậy khối lăng trụ
.
A
BC A B C
¢¢¢
được chia thành ba khối tứ diện là
A
ABC
¢
,
A
BCB
¢¢
và
A
CC B
¢¢¢
.
MỘT SÔ KẾT QUẢ QUAN TRỌNG
+) Kết quả 1: Một khối đa diện bất kì có ít nhất 4 mặt.
+) Kết quả 2: Mỗi hình đa diện có ít nhất 4 đỉnh.
+) Kết quả 3: Cho
H
là đa diện mà tất các mặt của nó là những đa giác có
p
cạnh. Nếu số mặt
của

H
là lẻ thì p phải là số chẵn.
+) Kết quả 4: Cho

H là đa diện có m mặt, mà các mặt của nó là những đa giác có
p
cạnh. Khi
đó số cạnh của

H là .
2
pm
c
+) Kết quả 5: Mỗi khối đa diện có các mặt là các tam giác thì tổng số các mặt của nó phải là một số
chẵn.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 580
+) Kết quả 6: Mỗi khối đa diện bất kì luôn có thể được phân chia thành những khối tứ diện
+) Kết quả 7: Mỗi đỉnh của một đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 cạnh.
+) Kết quả 8: Nếu khối đa diện có mỗi đỉnh là đỉnh chung của 3 cạnh thì số đỉnh phải là số chẵn.
Tổng quát:
Một đa diện mà mỗi đỉnh của nó đều là đỉnh chung của một số lẻ mặt thì tổng đỉnh là
một số chẵn.
+) Kết quả 9: Mỗi hình đa diện có ít nhất 6 cạnh.
+) Kết quả 10: Không tồn tại hình đa diện có 7 cạnh.
+) Kết quả 11: Với mỗi số nguyên
3k luôn tồn tại một hình đa diện có 2k cạnh.
+) Kết quả 12: Với mỗi số nguyên
4k luôn tồn tại một hình đa diện có 21k
cạnh.
+) Kết quả 13: Không tồn tại một hình đa diện có
+) Số mặt lớn hơn hoặc bằng số cạnh;
+) Số đỉnh lớn hơn hoặc bằng số cạnh.
+) Kết quả 14: Tồn tại khối đa diện có
2n
mặt là những tam giác đều.
II. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1. Điều kiện để một hình là hình đa diện – khối đa diện.
1. Phương pháp giải
Hình đa diện là hình được tạo bởi một
số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất:
+) Hai đa giác phân biệt chỉ có thể
hoặc không có điểm chung, hoặc chỉ có một
đỉnh chung, hoặc chỉ có một cạnh chung.
+) Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là
cạnh chung của đúng hai đa giác.
Ví dụ:
Các hình dưới đây là những khối đa diện :
Các hình dưới đây không phải là khối đa diện:
2. Bài tập
Bài tập 1:
Cho các hình sau. Hình không phải hình đa diện là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 581
A. Hình (a). B. Hình (b). C. Hình (c). D. Hình (d).
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Áp dụng các tính chất của hình đa diện:
Mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt;
Hai mặt bất kì hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung, hoặc không có điểm chung nào.
Hình d vi phạm quy tắc: có cạnh trên cùng chỉ là cạnh của một mặt.
Bài tập 2: Trong các hình dưới đây, hình nào là hình đa diện?
A. Hình 1. B. Hình 2. C. Hình 3. D. Hình 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Hình 1 không phải là hình đa diện vì có một cạnh là cạnh chung của 4 đa giác, loại A.
Hình 2 không phải là hình đa diện vì có một cạnh là cạnh chung của 3 đa giác, loại B.
Hình 4 không phải là hình đa diện vì có một cạnh là cạnh chung của 4 đa giác, loại D.
Hình 3 là hình đa diện vì nó thỏa mãn khái niệm hình đa diện.
Dạng 2. Xác định số đỉnh, cạnh, mặt của một khối đa diện
1. Phương pháp giải
Mỗi đa giác gọi là một mặt của hình đa diện.
Các đỉnh, cạnh của các đa giác ấy theo thứ tự
được gọi là các đỉnh, cạnh của hình đa diện.
Ví dụ:
Hình sau đây có 11 đỉnh, 20 cạnh, 11
mặt
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 582
2. Bài tập
Bài tập 1. Số mặt của hình đa diện ở hình vẽ dưới đây
là ?
A. 11. B. 10.
C. 12. D. 9.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Hình đa diện trên có 9 mặt là

;;; ; ; ;
;;.
A
BD BDC ADC ABFE BFGC ACGE
HFE HFG EHG
Bài tập 2:
Cho hình đa diện như hình vẽ bên. Hỏi có
bao nhiêu đoạn thẳng nối 2 đỉnh của hình đa diện
nhưng không là cạnh của hình đa diện?
A. 66. B. 30.
C. 36. D. 102.
Chú ý:
Hình đa
diện có
n
đỉnh thì sẽ
có
2
n
C
cạnh nối 2
đỉnh của
hình đa
diện
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 583
Hướng dẫn giải
Chọn
C
Ta có khối đa 20 mặt có 12 đỉnh.
Số đoạn thẳng được tạo thành 12 đỉnh trên là
2
12
C
cạnh.
Số cạnh của khối 20 mặt trên là 30 cạnh.
Vậy số đoạn thẳng nối hai đỉnh của hình đa diện
nhưng không phải là cạnh của hình đa diện là
2
12
30 36C .
nhưng
không là
cạnh của
hình đa
diện là
hiệu của
2
n
C
và số
cạnh khối
đa diện.
Bài tập 3. Cho một hình chóp có số đỉnh là 2018, số cạnh của hình chóp
đó là
A. 2019.. B. 1009.
C. 4036. D. 4034.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Hình chóp có 2018 đỉnh thì đa giác đáy có 2017 đỉnh, nên có 2017 cạnh
đáy và 2017 cạnh bên.
Vậy hình chóp có
2017 2017 4034
cạnh
Chú ý:
+ Hình chóp có
n
đỉnh thì sẽ có
2. 1n
cạnh.
+ Hình chóp có
n
đỉnh thì sẽ có
n
mặt.
Dạng 3. Phân chia, lắp ghép các khối đa diện
1. Phương pháp giải
Nếu khối đa diện
H là hợp của hai khối
đa diện

12
,HH sao cho

1
H và
2
H
không có chung điểm trong nào thì ta nói có
thể chia được khối đa diện
H
thành hai khối
đa diện
1
H và
2
H , hay có thể lắp ghép hai
khối đa diện
1
H và
2
H với nhau để được
khối đa diện
H .
2. Bài tập
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 584
Bài tập 1. Cho khối tứ diện
A
BCD
. Lấy điểm
M
nằm giữa
A
và B , điểm
N
nằm giữa
C và D . Bằng hai mặt phẳng
DMC và
A
BN , ta chia khối tứ diện đó thành bốn khối
tứ diện nào sau đây ?
A. ,, ,.
M
ANC BCDN AMND ABND
B. ,,,.NACB BCMN ABND MBND
C. ,, ,.
A
BCN ABND AMND MBND
D. ,, ,.
M
BND MBNC AMDN AMNC
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Dựa vào hình vẽ, ta thấy hai mặt phẳng
DMC và
A
BN chia khối tứ diện
A
BCD
thành bốn khối tứ diện là
,, ,.
M
BDN MBNC AMDN AMNC
Bài tập 2. Các khối lập phương đen và trắng xếp chồng lên nhau xen kẽ màu tạo thành
một khối rubik
757 (như hình vẽ).
Gọi
x
là số khối lập phương nhỏ màu đen, y khối lập phương nhỏ màu trắng. Giá trị
x
y là
A.
1
. B. 0. C. 1. D. 2.
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 585
Chọn C.
Có 7 lớp hình vuông xếp chồng lên nhau. Mỗi lớp có 75 35
khối nhỏ.
Ta thấy hai lớp dưới đáy, một khối đen chồng lên một khối trắng (hay ngược lại) nên
số lượng khối đen, trắng bằng nhau.
Tương tự 6 lớp bên dưới có số lượng khối đen, trắng bằng nhau.
Ta xét lớp trên cùng có
4343418 khối màu đen và có 3434317

khối màu trắng
1
x
y
.
Bài tập 3. Mặt phẳng
()
A
BC
¢¢
chia khối lăng trụ
.
A
BC A B C
¢¢¢
thành các khối đa diện nào?
A. Một khối chóp tam giác và một khối chóp tứ giác.
B. Hai khối chóp tam giác.
C. Một khối chóp tam giác và một khối chóp ngũ giác.
D. Hai khối chóp tứ giác.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Dựa vào hình vẽ, ta thấy mặt phẳng
()
A
BC
¢¢
chia khối lăng trụ
.
A
BC A B C
¢¢¢
thành khối
chóp tam giác
.
A
ABC
¢¢¢
và khối chóp tứ giác
..
A
BCC B
¢¢
C
C'
B
'
A
'
B
A
Bài tập 4.
Lắp ghép hai khối đa diện
()()
12
,
H
H
để tạo thành khối đa diện
()
H
, trong đó
(
)
1
H
là
khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng
a ,
()
2
H
là khối tứ diện đều cạnh a sao cho
một mặt của
()
1
H
trùng với một mặt của
()
2
H
như hình vẽ. Hỏi khối da diện
()
H
có tất
cả bao nhiêu mặt?
A.
5.
B.
7.
C.
8.
D.
9.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Khối đa diện
()
H
có đúng 5 mặt.
Sai lầm hay gặp: Khối chóp tứ giác đều có 5 mặt. Khối tứ diện đều có 4 mặt.
Ghép hai hình lại như hình vẽ ta được khối đa diện
()
H
có 8 mặt.
Bài tập 5. Có thể chia một hình lập phương thành bao nhiêu khối tứ diện bằng nhau?
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 586
A.
2.
B.
4.
C.
6.
D.
8.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Lần lượt dùng mặt phẳng
()
B
DD B
¢¢
ta chia thành hai khối lập phương thành hai khối lăng
trụ
.
A
BD A B D
¢¢¢
và
.
B
CD B C D
¢¢¢
.
Với khối
.
A
BD A B D
¢¢¢
ta lần lượt dùng các mặt phẳng
(
)
A
BD
¢¢
và
()
A
BD
¢
chia thành ba
khối tứ diện bằng nhau.
Tương tự với khối
.
B
CD B C D
¢¢¢
.
Vậy có tất cả 6 khối tứ diện bằng nhau.
Dạng 4: Phép biến hình trong không gian
1. Phương pháp giải
Phép biến hình F biến điểm
M
thành
điểm
M
duy nhất và kí hiệu
.
M
FM
Qua phép biến hình F, mỗi hình
H
được biến thành hình

H
gồm tất cả các
ảnh của các điểm thuộc hình
H .
Hai hình

H và

H
gọi là bằng nhau
nếu có một phép dời hình biến hình này
thành hình kia.
Ví dụ: Cho hình lập phương ..
A
BCD A B C D

Khi đó:
+ Các hình chóp
.
A
ABCD

và .C ABCD
bằng nhau (vì qua phép đối xứng tâm
O
hình
chóp
.
A
ABCD

biến thành hình chóp
.C ABCD
).
+ Các hình lăng trụ .
A
BC A B C

và
.
A
AD BBC

bằng nhau (qua phép đối xứng
qua mặt phẳng
A
BCD
thì hình lăng trụ
.
A
BC A B C

biến thành hình lăng trụ
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 587
Hình
H được gọi là đồng dạng với hình
H
nếu có phép vị tự biến hình
H
thành hình

1
H mà hình
1
H bằng hình
H
.
.
A
AD BBC

.
+ Hai hình tứ diện
A
BCD và
A
BCD

bằng
nhau nếu chúng có các cạnh tương ứng bằng
nhau, nghĩa là:
A
BAB
,
B
CBC
, D=C DC

, DA=D A
,
A
CAC
,
BD BD
.
2. Bài tập
Bài tập 1:
Cho hình lăng trụ ..
A
BCD A B C D

Ảnh của đoạn thẳng
A
B
qua phép tịnh
tiến theo vectơ
CC

là:
A. Đoạn thẳng CD

. B. Đoạn thẳng DD
.
C. Đoạn thẳng DC . D. Đoạn thẳng
A
B
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 588
Ta có


CC
CC
CC
TAA
TABAB
TBB




.
Bài tập 2:
Cho hình chóp đều
.SABCD
như
hình vẽ. Phép đối xứng qua mặt phẳng

SAC biến hình chóp S.
A
BD thành hình
chóp nào sau đây?
A. ..S ABC
B.
.D.SAB
C.
..S ABO
D.
.D.SA C
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có









..D.
SAC
SAC
SAC
SAC
SAC
Đ SS
Đ AA
Đ
SAB SADB
Đ BD
Đ DB
.
Bài tập 3.
Cho hai đường thẳng song song d, d
và một điểm O không nằm trên chúng.
Có bao nhiêu phép vị tự tâm
O
biến
d
thành
d
?
A. Có một. B. Không có.
C. Có hai. D. Có một hoặc không có.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
+
Trong trường hợp O , d, d
đồng phẳng thì tồn tại duy nhất phép vị tự tâm O biến
d
thành
d
.
+ Trong trường hợp
d, dO
thì không tồn tại phép vị tự tâm
O
biến
d
thành
d
.
Bài tập 4. Cho hình chóp tứ giác đều .SABCD. Số mặt phẳng qua điểm S và cách đều
các điểm
,,,D
A
BC là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 589
Có ba mặt phẳng gồm:
+ Một mặt phẳng qua đỉnh hình chóp và song song với
A
BCD .
+ Hai mặt phẳng qua đỉnh hình chóp và qua hai trung điểm của cặp cạnh đối của hình
vuông
A
BCD
.
Bài tập 5. Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 5. B. 6. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Hình lăng trụ tam giác đều có bốn mặt đối xứng gồm:
Ba mặt là mặt phẳng chứa một cạnh bên và hai trung điểm của hai cạnh đáy không
chung đỉnh với cạnh bên đó.
Một mặt phẳng chứa trung điểm của ba cạnh bên của hình lăng trụ.
Bài tập 6. Gọi
123
, , nnn
lần lượt là số trục đối xứng của khối tứ diện đều, khối chóp tứ giác đều và
khối lập phương. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A.
123
0, 0, 6.nnn=== B.
123
0, 1, 9.nnn===
C.
123
3, 1, 9.nnn=== D.
123
0, 1, 3.nnn===
Hướng dẫn giải
Chọn C
Khối tứ diện đều có 3 trục đối xứng (đi qua trung điểm của các cặp cạnh đối diện). Khối
chóp tứ giác đều có 1 trục đối xứng (đi qua đỉnh và tâm của mặt tứ giác). Khối lập
phương có 9 trục đối xứng (Loại 1: đi qua tâm của các mặt đối diện ; Loại 2: đi qua trung
điểm các cặp cạnh đối diện).
Bài tập 7.
Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A.
4
mặt phẳng. B.
1
mặt phẳng. C.
2
mặt phẳng. D.
3
mặt phẳng.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 590
Hướng dẫn giải
Chọn A
Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng bao gồm:
2 mặt phẳng đi qua đỉnh hình chóp và chứa đường trung bình của đáy.
2 mặt phẳng đi qua đỉnh hình chóp và chứa đường chéo của đáy.
Bài tập 8. Số mặt phẳng đối xứng của hình tứ diện đều là:
A.
4
mặt phẳng. B.
6
mặt phẳng. C.
8
mặt phẳng. D.
10
mặt
phẳng.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Các mặt phẳng đối xứng của hình tứ diện đều là các mặt phẳng chứa một cạnh và qua
trung điểm cạnh đối diện.
Vậy hình tứ diện đều có 6 mặt phẳng đối xứng.
Bài tập 9.
Hình hộp chữ nhật có ba kích thước đôi một khác nhau có bao nhiêu mặt phẳng đối
xứng?
A.
4
mặt phẳng. B.
6
mặt phẳng. C.
9
mặt phẳng. D.
3
mặt phẳng.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Hình hộp chữ nhật (không là hình lập phương) có các mặt phẳng đối xứng là các mặt các
mặt phẳng trung trực của các cặp cạnh đối.
Bài tập 10. Một hình hộp đứng có đáy là hình thoi (không phải là hình vuông) có bao nhiêu mặt
phẳng đối xứng?
A. 4 mặt phẳng. B. 1 mặt phẳng. C. 2 mặt phẳng. D.
3
mặt phẳng.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Hình hộp đứng có đáy là hình thoi (không phải là hình chữ nhật) có 3 mặt phẳng đối xứng
bao gồm:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 591
2 mặt phẳng chứa đường chéo của đáy và vuông góc với đáy.
Một mặt phẳng là mặt phẳng trung trực của cạnh bên.
Bài tập 11. Hình lập phương có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A.
8
mặt phẳng. B.
9
mặt phẳng.
C.
10
mặt phẳng. D.
12
mặt phẳng.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Có 9 mặt đối xứng (như hình vẽ sau).
Bài tập 12. Số mặt phẳng đối xứng của hình bát diện đều là:
A.
4
mặt phẳng. B.
9
mặt phẳng.
C.
6
mặt phẳng. D.
12
mặt phẳng.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Gọi bát diện đều
A
BCDEF
. Có 9 mặt phẳng đối xứng, bao gồm: 3 mặt phẳng
(
)
A
BCD
,
()
BEDF
,
(
)
A
ECF
và 6 mặt phẳng mà mỗi mặt phẳng là mặt phẳng trung trực của hai cạnh
song song (chẳng hạn
A
B và
CD
).
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 592
Bài tập 13. Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn đỉnh của một tứ diện?
A.
1
mặt phẳng. B.
4
mặt phẳng.
C.
7
mặt phẳng. D. Có vô số mặt phẳng.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Có
2
loại mặt phẳng thỏa mãn đề bài là:
Loại 1: Mặt phẳng qua trung điểm của
3
cạnh bên có chung đỉnh. Có 4 mặt phẳng thỏa
mãn loại này (vì có 4 đỉnh)
Nhận xét. Loại này ta thấy có 1 điểm nằm khác phía với 3 điểm còn lại.
Loại 2: Mặt phẳng qua trung điểm của
4
cạnh (
4
cạnh này thuộc
2
cặp cạnh, mỗi cặp
cạnh là chéo nhau). Có
3
mặt phẳng như thế.
Nhận xét. Loại này ta thấy có 2 điểm nằm khác phía với 2 điểm còn lại.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 593
BÀI 2: KHỐI ĐA DIỆN LỒI – KHỐI ĐA DIỆN ĐỀU
A. LÍ THUYẾT
1. Khối đa diện lồi
Khối đa diện được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối
hai điểm bất kì của khối đa diện thuộc khối đa diện.
Một số kết quả
quan trọng về khối đa diện lồi
Cho một khối tứ diện đều: Khi đó:
+) Các trọng tâm của các mặt của nó là các đỉnh của một
khối tứ diện đều.
+) Các trung điểm của các cạnh của nó là các đỉnh của một
khối bát diện đều (khối tám mặt đều).
Tâm của các mặt của một khối lập ph
ương là các đỉnh của
một khối bát diện đều.
Khối đa diện lồi Khối đa diện
không lồi
Lưu ý: Một khối đa diện là khối đa diện
lồi khi và chỉ khi miền trong của nó luôn
nằm về một phía đối với mỗi mặt phẳng đi
qua một mặt của nó.
Bài tập:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 594
Tâm của các mặt của một khối bát diện đều là các đỉnh của
một hình lập phương.
Hai đỉnh của một khối bát diện đều được gọi là hai đỉnh đối
diện nếu chúng không cùng thuộc một cạnh của khối đó.
Đoạn thẳng nối hai đỉnh đối diện gọi là đường chéo của khối
bát diện đều. Khi đ
ó:
+) Ba đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
+) Ba đường chéo đôi một vuông góc với nhau.
+) Ba đường chéo bằng nhau.
2. Khối đa diện đều
Khối đa diện đều là khối đa diện lồi có tính chất sau đây:
+) Mỗi mặt của nó là một đa giác đều n cạnh.
+) Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng p mặt.
Khối đ
a diện đều như vậy được gọi là khối đa diện đều loại
;np
.
Định lí: Chỉ có năm loại khối đa điện đều.
Đó là loại
3;3,4;3,3;4,5;3 và
3; 5 .
Các khối đa diện đều:
Tứ diện đều Khối lập phương
Khối bát diện đều Khối 12 mặt đều
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 595
Bảng tóm tắt năm loại khối đa diện đều
Khối đa diện đều
Số
đỉnh
Số
cạnh
Số
mặt
Loại
Số
MPĐX
Tứ diện
đều
4 6 4
3; 3
6
Khối lập
phương
8 12 6
4; 3
9
Bát diện
đều
6 12 8
3; 4
9
Mười
hai mặt
đều
20 30 12
5; 3
15
Hai
mươi
mặt đều
12 30 20
3; 5
15
Công thức Ơ-le:
Trong một đa diện lồi nếu gọi Đ là số đỉnh,
C là số cạnh, M là số mặt thì ta có: Đ – C + M = 2.
Tâm đối xứng của một hình: Nếu phép đối xứng qua tâm I
biến hình
H
thành chính nó thì I là tâm đối xứng của hình

H
.
Mặt phẳng đối xứng của một hình: Nếu phép đối xứng qua
mặt phẳng

P
biến hình

H thành chính nó thì
P
là mặt
phẳng đối xứng qua hình
H .
Khối 20 mặt đều
Chú ý: Giả sử khối đa diện đều loại
;np
có Đ đỉnh, C cạnh và M mặt. Khi
đó: p.Đ = 2C = n.M.
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Nhận diện đa diện lồi, đa diện đều
1. Phương pháp giải
Khối đa diện được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn
thẳng nối hai điểm bất kì của khối đa diện thuộc
khối đa diện.
Ví dụ:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 596
Khối đa diện lồi Khối đa diện không lồi
2. Bài tập
Bài tập 1:
Trong các hình dưới đây hình nào không phải khối đa diện lồi?
A. Hình 1. B. Hình 2. C. Hình 3. D. Hình 4.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đường nối đoạn MN không thuộc khối hình 4
nên hình 4 không phải khối đa diện lồi.
Bài tập 2: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. Hình hộp là đa diện lồi.
B.
Tứ diện là đa diện lồi.
C.
Hình tạo bởi hai tứ diện đều ghép vào nhau là một hình đa diện lồi.
D.
Hình lập phương là đa diện lồi.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Các đáp án A, B, D đều đúng dựa vào khái niệm hình đa diện lồi.
Hai tứ diện đều ghép vào nhau có thể không tạo thành một hình đa diện lồi.
Hai tứ diện (đều là các
đa diện lồi) nhưng khi
ghép với nhau có thể
không tạo thành một
hình đa diện lồi.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 597
Hai tứ diện ABCD và
MNPQ trước khi ghép.
Sau khi ghép hai tứ diện
ABCD và MNPQ ta được
hình mới không phải
hình đa diện lồi.
Dạng 2: Các đặc điểm của khối đa diện đều
1. Phương pháp giải
Chỉ có năm loại khối đa diện đều. Đó là loại
3; 3 , 4; 3 , 3; 4 , 5; 3 và
3; 5 .
Dựa vào bảng tóm tắt phần lý thuyết các thông số: Đỉnh cạnh mặt của các khối đa diện để giải toán.
Dựa vào tính chất phép biến hình để tìm mặt phẳng đối xứng, tâm đối xứng, trục đối xứng,… của các loại
khối đa diện.
Công thức Ơ-le: Trong một đa diện lồi nếu gọi Đ là số đỉnh, C là số cạnh, M là s
ố mặt thì ta có công thức
Đ – C + M = 2.
2. Bài tập
Bài tập 1:
Hình bát diện đều có tất cả bao nhiêu cạnh?
A. 6 B. 8 C. 12 D. 20
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Hình bát diện đều có 12 cạnh.
Bài tập 2:
Khối mười hai mặt đều có bao nhiêu đỉnh?
Hình bát diện đều
Khối mười hai mặt đều
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 598
A. 12 B. 16 C. 20 D. 36
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Khối mười hai mặt đều có 20 đỉnh.
Bài tập 3:
Cho khối đa diện đều loại
3; 4 . Tổng các góc phẳng tại một
đỉnh của khối đa điện đó bằng
A. 180 B. 240 C. 324 D. 360
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Khối đa diện đều loại
3; 4 là khối bát diện đều. Mỗi đỉnh là đỉnh chung
của 4 mặt.
Vậy tổng các góc phẳng tại một đỉnh của khối đa diện đó bằng
60 .4 240
.
Bài tập 4: Cho hình đa diện đều loại
{
}
4;3
cạnh .a Gọi
S
là tổng diện tích
tất cả các mặt của hình đa diện đó. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
2
4.Sa=
B.
2
6.Sa=
C.
2
8.Sa=
Hướng dẫn giải
Chọn B
Đa diện đều loại
{
}
4;3
là khối lập phương nên có 6 mặt là các
hình vuông cạnh
a . Vậy hình lập phương có tổng diện tích tất cả
các mặt là
2
6.Sa=
Bài tập 5: Cho hình bát diện đều cạnh .a Gọi
S
là tổng diện tích tất cả các
mặt của hình bát diện đó. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
2
43 .Sa=
B.
2
3.Sa=
C.
2
23 .Sa=
Hướng dẫn giải
Chọn C
Hình bát diện đều là hình có tám mặt bằng nhau và mỗi mặt là
một tam giác đều. Gọi
0
S là diện tích tam giác đều cạnh
2
0
3
.
4
a
aS¾¾=
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 599
Vậy diện tích
S
cần tính là
2
2
0
3
8. 8. 2 3 .
4
a
SS a== =
Bài tập 6:
Cho hình 20 mặt đều có cạnh bằng 2. Gọi
S
là tổng diện tích tất
cả các mặt của hình đa diện đó. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
10 3.S =
B.
20 3.S =
C. 20.S =
Hướng dẫn giải
Chọn B
Hình 20 đều là hình có 20 mặt bằng nhau và mỗi mặt là một tam
giác đều.
Gọi
0
S
là diện tích tam giác đều cạnh bằng
2
0
2. 3
23.
4
S¾¾= =
Vậy diện tích
S
cần tính là
0
20. 20 3 .SS==
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 600
BÀI 3. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
A. LÍ THUYẾT
Công thức tính thể tích khối chóp, lăng trụ
Thể tích khối chóp: .
Trong đó: : Diện tích mặt đáy.
h: Độ dài chiều cao khối chóp.
Thể tích khối lăng trụ:
Trong đó: : Diện tích mặt đáy.
h: Chiều cao của khối chóp.
Thể tích khối hộp chữ nhật:
Thể tích khối lập phương:
Chú ý: Lăng trụ đứng có chiều cao chính là
cạnh bên.
Chú ý:
+) Đường chéo của hình vuông cạnh a là:
a2
.
+) Đường chéo của hình lập phương cạnh a là:
a3
+) Đường chéo của hình hộp chữ nhật có ba
kích thước a, b, c là:

222
abc.
+) Đường cao của tam giác đều cạnh a là:
3
2
a
1
.
3
®¸y
VSh
®¸y
S
.
®¸y
VSh
®¸y
S
..Vabc
3
Va
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 601
CÁC CÔNG THỨC HÌNH PHẲNG CẦN NẮM
1. Hệ thức lượng trong tam giác
a) Cho vuông tại A, đường cao AH.
+) ; +) ;
+) ; +) ;
+) ; +) ;
+) .
b) Cho có độ dài ba cạnh a, b, c; độ dài các trung tuyến ; bán kính đường tròn
ngoại tiếp R; bán kính đường tròn nội tiếp r, nửa chu vi p.
+) Định lí hàm số cosin:
;
;
.
+) Định lí hàm số sin: .
+) Độ dài trung tuyến:
.
2. Các công thức tính diện tích
a) Tam giác:
+)
+)
+)
+) (p: nửa chu vi củ
a tam giác).
+)
+) vuông tại A:
+) đều, cạnh a: .
ABC

222
A
BACBC
2
.
A
CCHBC
..AH BC AB AC
2
.
A
BBHBC
2
.
A
HBHHC

222
111
AH AB AC
.sin .cos .tan .cotAB BC C BC B AC C AC B
ABC
, ,
abc
mmm

222
2.cosabc bc A

222
2.cosbca ca B

222
2.coscab ab C
2
sin sin sin
abc
R
A
BC
22 2 2 2 2 22 2
222
; ;
24 24 24
abc
bc a ca b ab c
mmm



111
...
222
abc
Sah bh ch

111
sin ca sin sin
222
SbcA BabC
4
abc
S
R
Spr

S
ppapbpc
A
BC 
..
22
A
BAC BCAH
S
A
BC

2
33
,
24
aa
AH S
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 602
b) Hình vuông: (a: cạnh hình vuông)
c) Hình chữ nhật: (a, b: hai kích thước)
d) Hình bình hành:
e) Hình thoi:
f) Hình thang: (a, b: hai đáy, h: chiều cao)
g) Tứ giác có hai đường chéo vuông góc:
NHẮC LẠI CÁCH XÁC ĐỊNH CAC GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy
Để tính góc


,SA P
, ta gọi H là hình chiếu vuông góc
của S trên

P
. Khi đó HA là hình chiếu vuông góc của SA
trên
P
.
Vậy



,,SA P SA AH SAH.
Góc giữa cạnh bên và mặt đứng
Để tính góc


,SB SAH biết

SAH P ta dựng
B
KAHKAH. Vì
B
KAH
B
KSH
nên
B
KSAH
Khi đó K là hình chiếu vuông góc của B trên
SAH
SK là hình chiếu vuông góc của SB trên
SAH
Vậy



,,SB SAH SB SK BSK
Góc giữa hai mặt phẳng
Góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai đường thẳng
lần lượt thuộc hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến.
Góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy
Để tính góc


,SAB P , ta gọi H là hình chiếu vuông
góc của S trên
P
.
Kẻ
HI AB I AB
2
S
a
Sab
 ®¸y chiÒu cao = . .sin
S
AB AD BAD

1
..sin .
2
S
AB AD BAD AC BD


1
2
S
abh
1
.
2
S
AC BD
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 603

AB HI
A
BSHI ABSI
AB SH

Vậy



,,SAB P SI HI SIH.
Góc giữa mặt bên và mặt đứng
Để tính góc


,SAB SAH
biết
SAH P
, ta kẻ

BK HA
B
K HA K HA BK SHA
BK SH

.
Kẻ
K
ISAISA

SA KI
SA BKI SA BI
SA BK

Vậy



,,SAB SAH KI BI BIK.
II. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1. Thể tích khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy
1. Phương pháp
Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, thì
cạnh bên đó chính là chiều cao của khối chóp.
MÔ HÌNH 1
Hình chóp
.SABC
, cạnh SA vuông góc với đáy.
+ Đáy là tam giác ABC.
+ Đường cao SA.
+ Cạnh bên SB, SC, SA.
+
SAB , SAC là các tam giác vuông tại A.
+ Góc giữa cạnh SB với đáy ABC là góc
SBA.
+ Góc giữa cạnh SC với đáy ABC là góc
SCA.
+ Góc giữa mặt bên SBC với đáy là góc
SHA
với H là hình chiếu vuông góc của A trên BC.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 604
MÔ HÌNH 2
Hình chóp .S ABCD , có đáy ABCD là hình chữ
nhật (hình vuông) và SA vuông góc với đáy.
+ Đáy là hình chữ nhật (hình vuông) ABCD.
+ Đường cao SA.
+ Cạnh bên SA, SB, SC, SD.
+
, , SAB SAC SAD là các tam giác vuông
tại A.
+ Góc giữa cạnh SB với đáy ABCD là
SBA
.
+ Góc giữa cạnh SC với đáy ABCD là
SCA.
+ Góc giữa cạnh
SD với đáy ABCD là
SDA .
+ Góc giữa mặt bên SBC với đáy ABCD là
SBA
+ Góc giữa mặt bên SCD với đáy ABCD là
SDA
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hình chóp .SABCD có đáy ABCD là hình vuông. Cạnh bên SA a= và vuông góc với
đáy. Diện tích tam giác
SBC
bằng
2
2
.
2
a
Thể tích khối chóp đã cho bằng
A.
3
.a
B.
3
3
.
2
a
C.
3
.
3
a
D.
3
2
.
3
a
Lời giải.
Chọn C.
Đặt cạnh hình vuông là
0.x >
Suy ra
2222
.SB SA AB a x=+=+
Dễ thấy
()
BC SAB BC SB^^
nên ta có
2
22
211
...
222
ABC
a
SSBBCaxxxa
D
== =+¾¾=
Vậy thể tích khối chóp:
3
.
1
..
33
S ABCD ABCD
a
VSSA==
Bài tập 2. Cho khối chóp .SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh ,a SA vuông góc với đáy và
khoảng cách từ
A
đến mặt phẳng
()
SBC bằng
2
.
2
a
Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.
3
.a
B.
3
.
2
a
C.
3
.
3
a
D.
3
3
.
9
a
Lời giải.
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 605
Gọi
H
là hình chiếu của
A
trên
.SB
Dễ dang chứng minh được
() ()
2
,.
2
a
AH SBC d A SBC AH
éù
^ ==
ëû
Ta có
222
111
.SA a
AH SA AB
=+ ¾¾=
Vậy thể tích khối chóp:
3
1
..
33
ABCD
a
VSSA==
Bài tập 3. Cho hình chóp đáy ABC là tam giác vuông tại B, , cạnh bên
SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SB tạo với mặt đáy một góc bằng . Thể tích của khối chóp
là
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có vuông tại B nên
Ta có
AB là hình chiếu vuông góc của SB trên
vuông tại
A nên
.
Vậy
23
.
11.33
..
33618

S ABC ABC
aa
VSSA a
Bài tập 4.
Cho hình chóp có đáy ABCD là hình thang cân, , cạnh
, và
SA vuông góc với mặt phẳng , cạnh SC tạo với mặt phẳng đáy
góc . Thể tích của khối chóp là
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
.S ABC
A
Ba
60ACB
45
.S ABC
3
3
6
a
3
3
18
a
3
3
9
a
3
3
12
a
A
BC
3
.cot .cot60
3

a
BC AB ACB a
2
1133
..
2236

ABC
aa
SBABCa
A
BC


,,45SB ABC SB AB SBA
SAB
.tan .tan45SA AB SBA AB a
.SABCD
A
DBC
2
A
Da

A
BBCCDa
A
BCD
60 .SABCD
3
3
a
3
3
4
a
3
33
4
a
3
33
2
a
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 606
Gọi M là trung điểm AD. Ta chia hình thang cân ABCD thành ba tam giác ABM, BCM, CDM, ba tam
giác này là các tam giác đều cạnh a.
Do đó .
Ta có AC là hình chiếu vuông góc của SC trên .
Lại có AH là đường cao trong tam giác đều ABM nên .
vuông tại A nên
.
Vậy .
Nhận xét: Việc chia nhỏ hình thang cân ABCD thành ba tam giác đều sẽ giúp ta thuận tiện trong
việc tính diện tích đáy.
Chú ý: Nếu ABC là tam giác đều thì
Bài tập 5. Cho hình chóp có đáy ABCD là tứ giác lồi , , và
SA vuông góc với mặt phẳng , cạnh SC tạo với mặt phẳng đáy góc thỏa mãn
. Thể tích khối chóp là
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
2
33
4
ABCD
a
S
 
,,60ABCD SC ABCD SC AC SCA
33
23
22

AB a
A
HACAHa
SAC
.tan .tan60 3SA AC SCA AC a
23
.
113.333
.. .3
3344

S ABCD ABCD
aa
VSSA a
2
3
4
ABC
AB
S
.SABCD 2
A
Ca 3BD a
A
CBD
A
BCD
1
tan
3
.S ABCD
3
2
3
a
3
3
a
3
4
a
3
12
a
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 607
Ta có .
Do AC là hình chiếu vuông góc của SC trên
nên
.
Vậy .
Bài tập 6. Cho hình chóp có SA vuông góc với mặt phẳng , hai mặt phẳng
và vuông góc với nhau, , , . Thể tích khối chóp
là V. Tỉ số là
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có: .
Mà
là các tam giác vuông tại B.
Xét vuông tại A có:
Xét vuông tại B có:
Vậy
2
.
3
2

ABCD
AC BD
A
CBD S a
A
BCD

,,
SC ABCD SC AC SCA
2
.tan
3

a
SA AC
3
2
..
1122
.3.
3333

SABCD SABCD
aa
VSSAa
.SABC
A
BC
SAB
SBC
3SB a
45
BSC
30
ASB
SABC
3
a
V
8
3
83
3
23
3
4
3

SA ABC SAB ABC


,


SBC SAB ABC SAB
BC SAB
SBC ABC BC
, 
A
BC SBC
SAB
33
.sin , .cos
22

aa
AB SB ASB SA SB ASB
SBC
.tan 3
B
CSB BSCa
2
1133
...3
2224

ABC
aa
SABBC a
233
.
113338
.. ..
334283

S ABC ABC
aa a a
VSSA
V
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 608
Tổng quát:
Cho hình chóp có SA vuông góc với mặt phẳng , hai mặt phẳng và
vuông góc với nhau, , .
Thể tích khối chóp là:
Chứng minh:
Xét vuông tại A có: ;
Xét vuông tại B có:
Vậy
Dạng 2. Thể tích khối chóp có mặt bên vuông góc với đáy
1. Phương pháp
Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy thì chân đường
cao nằm trên giao tuyến của mặt phẳng đó và đáy.
Ta có:







d
a
a
ad
.
Hình chóp có hai mặt vuông góc với đáy thì giao tuyến của
chúng sẽ vuông góc với đáy.
Ta có:






P
P
dP
d
.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hình chóp .SABCD có đáy ABCD,
A
Ba, 3
A
Da , tam giác SAB cân tại S và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, khoảng cách giữa
AB và SC bằng
3
2
a
. Tính thể tích V của
khối chóp
.SABCD.
A.
3
3Va B.
3
23Va C.
3
23
3
a
V
D.
3
33Va
.SABC
A
BC
SAB
SBC
BSC
ASB
.SABC
3
.
.sin2 .tan
12
SABC
SB
V
SAB .sin
AB SB .cos
SA SB
SBC
.tan
BC SB
1
.
2

ABC
SABBC
2
1
..sin.tan
2
SB
.
1
..
3
S ABC ABC
VSSA
2
sin tan cos
6

SB SB
3
.sin 2 .tan
12
SB
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 609
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB, CD, kẻ
HK SI .
Vì tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy
Suy ra
SH ABCD .

 
CD HI
CD SIH CD HK HK SCD
CD SH
,, , CD AB d AB SC d AB SCD d H SCD HK
Suy ra
3
;3
2

a
HK HI AD a
Trong tam giác vuông SHI ta có
22
22
.
3
HI HK
SH a
HI HK
Vậy
23
.
11
.3.33
33

S ABCD ABCD
VSHSaaa.
Bài tập 2. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2AB A , 5
A
CA . Hình
chiếu của điểm
S trên mặt phẳng
A
BC trùng với trung điểm của đoạn thẳng BC. Biết rằng góc giữa
mặt phẳng
SAB và mặt phẳng

SAC bằng 60. Thể tích của khối chóp .S ABC là
A.
3
56
12
a
B.
3
510
12
a
C.
3
210
24
a
D.
3
30
12
a
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 610
Gọi H là trung điểm của BC.
Ta có
SAB SAC SA
, kẻ
B
ESA
và
GH BE
,
Suy ra


,, 60SAC SAB GH SAC HGI .
Đặt
SH h , ta tính được
2
2
7
4

a
SA h và
2
2
5
4

a
SP h .
Vậy
2
2
22
22
5
2
2.
.
2
.
4
2
,
2
7
42


SAB
a
a
ah
h
S
BE SH HM
BE HG HI
SA SM
aa
hh
Tam giác GIH vuông tại I có
2
2
22
22
25
2
.
.
3
24
2
sin 60 .
2
7
42


aa
a
h
h
IH
HG
aa
hh
24
42
715 23
0
48 4

aa a
hh h
Vậy
3
130
..
612

SABC
a
VABACSH .
Bài tập 3. Cho hình chóp .S ABC với các mặt phẳng
, , SAB SBC SAC vuông góc với nhau
từng đôi một, diện tích các tam giác
SAB, SBC, SAC lần lượt là
222
20 cm , 27 cm , 30 cm . Thể tích
khối chóp
SABC
là
A.
3
40 3 cm B.
3
40 cm C.
3
60 cm D.
3
60 3 cm
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 611
Ta có các mặt phẳng
, , SAB SBC SAC vuông góc với nhau từng đôi một nên
SA SB
,
SA SC , SB SC .
22
20 cm . 40 cm
SAB
SSASB
22
27 cm . 54 cm
SBC
SSBSC
22
30 cm . 60 cm
SAC
SSASC

2
. . 40.54.60 129600 . . 360SA SB SC SA SB SC
Do
,,SAB SBC SAC vuông góc với nhau từng đôi một

A
SSBC.
Vậy
3
.
11
...60 cm
36

S ABC ABC
V S SA SA SB SC
.
Bài tập 4. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình vuông cạnh a, hai mặt phẳng
SAB và
SAD
cùng vuông góc với đáy, biết
3SC a
. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của SB, SD, CD, BC.
Thể tích của khối chóp
.
A
MNPQ
là
A.
3
3
a
B.
3
8
a
C.
3
12
a
D.
3
4
a
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có


MN PQ
MN PQ
NP PQ BD SC
M
NPQ là hình chữ nhật.
Suy ra
...
22
A
MNPQ A MQP M AQP
VVV
Ta có


1
;
2
dM AQP SA
Mà


22
1
;
22

a
SA SC AC a d M AQP SA
2
2
11313 33
... . 2
2 2 4 2 16 16 8

AQP
SAHQPACBDACBDa a
Do đó:


3
2
.
113
;. ..
332816

MAQP AQP
aa
VdMAQPS a
Vậy
33
..
22.
16 8

AMNPQ M AQP
aa
VV
Dạng 3. Thể tích khối chóp đều
1. Phương pháp
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 612
Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác
đều và các cạnh bên bằng nhau.
Trong hình chóp đều:
+) Đáy là một đa giác đều
+) Đường cao hình chóp qua tâm của đa
giác đáy.
+) Các mặt bên là các tam giác cân và bằng
nhau .
Đường cao vẽ từ đỉnh của một mặt bên gọi là
trung đoạn của hình chóp đều.
+) Các cạnh bên hợp với đáy các góc bằng
nhau
+) Các mặt bên hợp với đáy các góc bằng
nhau.
Chú ý:
+) Phân biệt hình chóp tam giác đều khác
với hình chóp có đáy là tam giác đều. Hình
chóp tam giác đều là hình chóp có đáy là tam
giác đều và các cạnh bên bằng nhau. Nói một
cách khác, hình chóp tam giác đều là
hình
chóp có đáy là tam giác đều nhưng điều
ngược lại không đúng.
+) Hình chóp tứ giác đều là hình chóp đều
có đáy là hình vuông.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho khối chóp tam giác đều .SABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a. Thể tích
của khối chóp
.S ABC
là
A.
3
11
12
a
V
B.
3
13
12
a
V
C.
3
11
6
a
V
D.
3
11
4
a
V
Hướng dẫn giải
Chọn A.
.SABC
là hình chóp tam giác đều và G là
trọng tâm tam giác
ABC. Khi đó
SG ABC
. Do đáy là tam giác đều nên gọi I là trung điểm
cạnh
BC, khi đó AI là đường cao của tam giác
đáy.
Theo định lý Pi-ta-go ta có
2
2
3
42
aa
AI a
, và
2233
33.23
aa
AG AI
.
Trong tam giác
SGA vuông tại G ta có
2
2
11
4
3
3
aa
SG a
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 613
Vậy
3
11 3 11 11
..
32 2 12
3
aaa
Va
Bài tập 2. Cho hình chóp tam giác đều
.SABC
có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy
bằng
60. Thể tích khối chóp .S ABC là
A.
3
3
4
a
V
B.
3
3
12
a
V
C.
3
.5
12
a
V
D.
3
.3
10
a
V
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
2
3
4
ABC
a
S
.
.S ABC là hình chóp tam giác đều và G là trọng
tâm tam giác ABC. Khi đó
SG ABC .
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
23
33
a
AG AM
Xét tam giác SAG vuông tại G có
.tan60SG AG a
Vậy
23
.
1133
...
33412
S ABC ABC
aa
VSGSa
.
Bài tập 3. Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên tạo với mặt phẳng
đáy một góc
60
. Thể tích của khối chóp
.SABCD
là
A.
3
6
2
a
V
B.
3
6
3
a
V
C.
3
3
2
a
V
D.
3
6
6
a
V
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
2
ABCD
Sa .
Gọi
OACBD.
Do
.S ABCD là hình chóp đều nên
SO ABCD
.
Ta có



,,SB ABCD SB OB SBO.
Tam giác SOB vuông tại O, có
26
.tan .tan60
22
aa
SO OB SBO.
Vậy
3
2
.
1166
.. ..
3326
S ABCD ABCD
aa
VSSOa
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 614
Bài tập 4. Cho hình chóp tam giác đều
.SABC
có cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC,
góc giữa SG và mặt phẳng

SBC là 30 . Thể tích khối chóp .SABC là
A.
3
3
4
a
B.
3
3
8
a
C.
3
3
12
a
D.
3
3
24
a
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Tam giác ABC đều cạnh a nên
2
3
4
ABC
a
S
.
Hạ

,30GH SM H SM GH SBC SG SBC GSM .
113
.cot . .cot30 . . 3
3322
aa
SG GM GSM AM
Vậy
23
.
1133
.. . .
334224
S ABC ABC
aaa
VSSG .
Bài tập 5. Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau, đường cao của một mặt bên là
3a . Thể tích V của khối chóp đó là
A.
3
22
3
Va
B.
3
42
3
Va
C.
3
2
6
Va
D.
3
2
9
Va
Hướng dẫn giải
Ta có
3SM a . Do SBC đều nên 2SC BC a
.
22
2
22
AC a
SO a
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 615
Vậy thể tích khối chóp đó là
3
2
1142
.2.4
33 3
ABCD
a
VSOS aa.
Bài tập 6.
Cho khối chóp tứ giác đều
.SABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông tâm
,O
cạnh bằng
.a
Cạnh bên bằng
3.a
Gọi
M
là trung điểm
của
,CD
H
là điểm đối xứng của
O
qua
SM
(tham khảo hình vẽ bên). Thể tích khối đa diện
ABCDSH
bằng
A.
3
10
.
12
a
B.
3
10
.
18
a
C.
3
10
.
24
a
D.
3
510
.
24
a
Lời giải.
Chọn D.
Khối đa diện
ABCDSH
được chia thành hai khối chóp
.SABCD
và
..HSCD
•
3
22
.
11 10
.. .
33 6
S ABCD ABCD ABCD
a
VSSOSSBOB
== -=
• Vì
H
đối xứng với
O
qua
SM
nên
() ()
,,.dO SCD dH SCD
éùé ù
=
ëûë û
Suy ra
3
.
110
.
424
HSCD OSCD S ABCD
a
VV V
== =
Vậy thể tích khối đa diện cần tính:
3
..
510
.
24
SABCD HSCD
a
VV V=+=
Bài tập 7:
Cho hình chóp
.SABCD
đều có cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Cho điểm
MSA
sao
cho diện tích
S
của
MBD
nhỏ nhất. Giá trị
S
bằng
A.
3a
.
4
B.
a
.
2
C.
2a
.
4
D.
a
.
4
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi S là diện tích
MBD
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 616


11
SBD.MOa2.MO1
22
minS xảy ra min MO xảy ra
Nhưng


min MO d O,SA OH
Vì tứ diện đều nên
OABCD
thì SO là đường cao.
SOA vuông tại O (2)
Trong đó:

22
222
a2
OA
2
2a 2a a 2
SO SA OA a
442


2
SOA vuông cân tại O 
2a2 2a
OH OA. .
2222


1
1a2a
min S .a 2.
224
xảy ra khi H là trung điểm SA.
Dạng 4. Thể tích khối chóp biết trước một đường thẳng vuông góc với đáy
1. Phương pháp
Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, thì cạnh bên đó chính là chiều cao của khối chóp.
Việc tính SH ta thường dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Đề bài thường cho mối quan hệ về góc giữa đường thẳng với mặt phẳng hoặc góc giữa hai mặt
phẳng xác định độ dài đường cao.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông cân
tại A, cạnh
2
B
Ca , gọi M là trung điểm BC, hình chiếu vuông
góc của S lên mặt phẳng

A
BC là trung điểm của AM, tam giác
SAM vuông tại S. Thể tích của khối chóp
.S ABC là
A.
3
6
a
B.
3
2
a
C.
3
3
a
D.
3
9
a
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
A
BC vuông cân tại A, 2BC a
2
1
.
22
ABC
BC
A
MaSAMBCa

Chú ý:
Trong tam giác vuông đường
trung tuyến ứng với cạnh
huyền bằng nửa cạnh huyền.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 617
Xét
SAM
vuông tại S có:
22
A
Ma
SH 
Vậy
3
2
.
11
.. ..
3326
S ABC ABC
aa
VSSHa
Bài tập 2.
Cho hình chóp .S ABC , đáy là tam giác ABC có
19 cmAB , 20 cmBC , 37 cmAC
, cạnh bên
SA= 985 cm . Gọi M là trung điểm của BC, hình chiếu vuông
góc của S lên mặt phẳng
A
BC
là điểm H thỏa mãn
1
3
A
HAM
 
. Thể tích của khối chóp .SABC là
A.
3
570cm B.
3
760cm C.
3
1520cm D.
3
1140cm
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
38 cm
2
AB BC AC
p


.

2
S 38381938203837 114 cm
ABC
 .
22 2
385 cm
24
AB AC BC
AM

1
85 cm
3
AH AM
SAH vuông tại H có:
22
30 cmSH SA AH
Vậy
3
.
11
. . .114.30 1140 cm
33
S ABC ABC
VSSH
Chú ý:
Khi biết độ dài ba cạnh thì diện
tích tam giác được tính theo
công thức Hê-rông.
Tam giác ABC có:
;;
B
CaACbABc

Nửa chu vi:
2
abc
p

Khi đó:

ABC
Sppapbpc

.
Công thức độ dài trung tuyến:
22 2
2
24
a
bc a
m

.
22 2
2
24
b
acb
m
.
22 2
2
24
c
ab c
m
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 618
Bài tập 3. Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy là hình chữ nhật cạnh
A
Ba , 2
A
Da . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng
A
BCD
là trung điểm H của AD. Cạnh SC tạo với đáy một góc
bằng
30
. Thể tích khối chóp
.S ABCD
là
A.
3
3
a
B.
3
26
9
a
C.
3
3
3
a
D.
3
2
3
a
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
2
.2
ABCD
SABADa
.
Do
HC là hình chiếu vuông góc của SC lên
 

,30ABCD SC ABCD SCH
+ Xét tam giác
DHC vuông tại D có:
22
2HC DH DC a
+ Xét tam giác
SHC vuông tại H có:
6
.tan .tan30
3
a
SH HC SCH HC
.
Vậy
3
2
.
11626
..2a.
3339
S ABCD ABCD
aa
VSSH

.
Bài tập 4.
Cho hình chóp .SABCD có đáy ABCD là hình chữ
nhật tâm
O, cạnh
A
Ba
, 3
B
Ca , tam giác SAC vuông tại S.
Hình chiếu vuông góc của
S trên mặt phẳng đáy trùng với trung
điểm
H của đoạn AO. Thể tích khối chóp .SABC là
A.
3
2
a
B.
3
4
a
C.
3
6
a
D.
3
8
a
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
2
13
.
22
ABC
a
SABBC

Xét
A
BC
vuông tại B có:
22
2
A
CABBC a
Xét
SAC vuông tại S có:
222
A
CAOa
SO AO a HO

Xét
SHO
vuông tại H có:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 619
2
222
3
42
aa
SH SO HO a

Vậy
23
.
1133
...
33224
S ABC ABC
aa a
VSSH

Bài tập 5.
Cho hình chóp
.SABCD
có đáy ABCD là hình thoi
cạnh
a,
60BAC , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng
A
BCD trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Mặt phẳng
SAC
hợp với mặt phẳng
A
BCD
một góc 45. Thể tích khối
chóp
.S ABCD là
A.
3
3
12
a
B.
3
6
a
C.
3
12
a
D.
3
2
6
a
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
60BAC  nên tam giác ABC đều
2
3
2.
2
ABCD ABC
a
SS

Gọi
OACBD
Ta có ,
A
CBDACSG
A
C SBD AC SO 
Mặt khác
OB AC


,45SAC ABCD SOB
Xét tam giác
SOG vuông tại G:
13
.tan .tan45
36
a
SG OG SOB OG BO

Vậy
23
.
1133
...
336212
S ABCD ABCD
aa a
VSGS

.
Dạng 5. Thể tích khối chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên, mặt bên cùng tạo
với đáy những góc bằng nhau
1. Phương pháp
- Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc cạnh
bên cùng tạo với đáy những góc bằng nhau thì chân
Ví dụ: Cho hình chóp .S ABC , đáy ABC có
10 cmAB
, 12 cmBC
, 14 cmAC , các mặt bên
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 620
đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp mặt
đáy.
- Hình chóp có các mặt bên cùng tạo với đáy những
góc bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm
đường tròn nội tiếp mặt đáy.
cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau và đều
bằng
thỏa mãn tan 3
. Thể tích khối chóp
.SABCD
là
A.
3
228 cm
B.
3
576 cm
C.
3
192 cm D.
3
384 cm
Hướng dẫn giải
Ta có

18 cm
2
AB BC AC
p


2
18 18 10 18 12 18 14 24 6 cmS 
Các mặt bên cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng
nhau nên hình chiếu của S trên
A
BC là tâm đường
tròn nội tiếp
A
BC SI ABC .

46
.cm
3
S
Spr IMr
p

SIM
vuông tại I có

46
.tan .3 4 6 cm
3
SI IM SMI.
Vậy

3
11
. . .24 6.4 6 192 cm
33
SABC ABBC
VSSI
Chọn C.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh
bằng a, các cạnh bên bằng nhau và đều bằng
3a . Thể tích khối
chóp
.S ABC
là
A.
3
3
2
a
B.
3
3
6
a
C.
3
2
6
a
D.
3
2
4
a
Các cạnh bên bằng nhau nên
hình chiếu của S trên
A
BC
là tâm đường tròn ngoại tiếp
A
BC
. Do
A
BC đều nên
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 621
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi G là trọng tâm
A
BC SG ABC
A
BC đều
33
23
aa
AM AG
SGA
vuông tại G có
22
26
3
a
SG SA AG
Vậy
23
113262
.. . .
33436
SABC ABC
aaa
VSSG
hình chiếu vuông góc của S
trên
A
BC là trọng tâm G
SG ABC
Bài tập 2. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác cân
A
BACa,
120BAC , các cạnh bên bằng nhau và cùng tạo
với mặt phẳng đáy các góc
30
. Thể tích khối chóp
.S ABCD
là
A.
3
3
12
a
B.
3
4
a
C.
3
3
4
a
D.
3
12
a
Hướng dẫn giải
Chọn D
2
13
..sin
24
ABC
a
SABACBAC

Các cạnh bên bằng nhau và cùng tạo
với mặt phẳng đáy các góc
30 nên
hình chiếu O của S trên
A
BC là
tâm đường tròn ngoại tiếp
A
BC
SO ABC

,30SA ABC SAO
A
BC có
22
2..cos 3
B
CABAC ABACBACa
2
.. 3 3
44. 4
abc a a a a
SOAa
R
OA

SAO có
3
.tan
3
a
SO AO SAO
Vậy
23
1133
.. . .
334312
SABC AABC
aa a
VSSO
Cạnh bên bằng nhau và cùng
tạo với mặt phẳng đáy các góc
30 nên hình chiếu của S trên
A
BC là tâm đường tròn
ngoại tiếp
A
BC
.

,30SA ABC SAO
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 622
Bài tập 3. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy ABCD là tứ giác lồi
và góc tạo bởi các mặt phẳng
SAB
,
SBC
,
SCD
,
SDA
với mặt đáy lần lượt là
90 , 60, 60, 60. Biết rằng tam giác
SAB vuông cân tại S,
A
Ba
và chu vi tứ giác ABCD là
9a
. Tính
thể tích V của khối chóp
.S ABCD .
A.
3
3
9
a
V
B.
3
3
4
a
V
C.
3
23
9
a
V
D.
3
3Va
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi
I là trung điểm AB.
Kẻ
IH BC H BC
, ta có góc giữa


,SBC ABCD SHI
Do các mặt
SBC ,
SCD ,
SDA tạo với
A
BCD các góc
bằng nhau và bằng
60 nên các khoảng cách từ I đến các cạnh
CD, DA bằng nhau và bằng IH.
Ta có
21 6
.tan60 .
tan60 2 6
3
SI a a
SI IH IH


2
11626
.9.
2263
ABCD
aa
SBCCDDAHIaAB

Vậy
23
112263
.
33269
ABCD
aa a
VSIS

Kẻ
IH BC
ta có


,SBC ABCD SHI
.
Do các mặt
SBC ,
SCD ,
SDA tạo với
A
BCD các
góc bằng nhau nên các khoảng
cách từ I đến các cạnh CD, DA
bằng nhau từ đó tính được
.tanSI IH SIH
Bài tập 4. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ
nhật cạnh
A
Ba
,
2
A
Da
. Đỉnh S cách đều các đỉnh A, B, C,
D,
của mặt đáy và 5SB a . Thể tích khối chóp .S ABCD là
A.
3
15
8
a
B.
3
15
6
a
C.
3
15
4
a
D.
3
15
3
a
Hướng dẫn giải
Chọn D
Đỉnh S cách đều các đỉnh A, B,
C, D nên tâm hình chữ nhật là
chân đường cao hạ từ đỉnh
xuống đáy.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 623
Ta có
2
.2
ABCD
SABADa.
A
CDB O
. Do S các đều các đỉnh
,,,
A
BCD SO ABCD .
Ta có
22
5
B
DABADa
5SB SD BD a nên
SBD
là tam giác đều
315
22
BD a
SO
.
Vậy
3
2
.
1 1 15 15
...2
3323
S ABCD ABCD
aa
VSOS a

.
Bài tập 5. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều
cạnh
a. Các mặt bên
SAB
,
SAC
,
SBC
lần lượt tạo với đáy
các góc là
30 , 45, 60. Tính thể tích của khối chóp .SABC.
Biết rằng hình chiếu vuông góc của
S trên
A
BC
nằm trong tam
giác
ABC.
A.

3
3
84 3
a
V
B.
3
3
43
a
V
C.

3
3
44 3
a
V
D.

3
3
24 3
a
V
Hướng dẫn giải
Chọn Ạ
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng
A
BC
.
Kẻ
HD AB D AB,
HE AC E AC,
HF BC F BC.
Ta có
.cot 30 3HD SH SH, .cot45HE SH SH
 ,
Gọi H là hình chiếu vuông góc
của S trên mặt phẳng
A
BC .
Kẻ
HD AB D AB
HE AC E AC
HF BC F BC
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 624
3
.cot 60
3
HF SH SH
Ta có
2
3
4
ABC
a
S
mà
A
BC HAB HBC HAC
SSSS

2
1333
13 .
234
24 3
aa
SH a SH





Vậy
 
23
.
13 3 3
..
34
24 3 84 3
SABCD
aa a
V 

Tam giác ABC bị chia thành 3
tam giác nhỏ do đó
A
BC HAB HBC HAC
SSSS

.
Diện tích các tam giác nhỏ biểu
diễn theo cạnh SH và hệ thức
lượng các tam giác vuông. Từ
đó tìm được SH.
Dạng 6. Thể tích lăng trụ đứng
1. Phương pháp
Hình lăng trụ đứng:
Là hình lăng trụ có các
cạnh bên vuông góc với đáy. Độ dài cạnh bên
là chiều cao của hình lăng trụ đứng.
Các mặt bên là các hình chữ nhật. Các mặt
bên đều vuông góc với đáy.
Hình lăng trụ đều: Là hình lăng trụ đứng có
đáy là đa giác đều. Các mặt bên đều là các
hình chữ nhật bằng nhau.
Ví dụ: Cho hình lăng trụ đứng tam giác
.
A
BC A B C

có tất cả các cạnh đều bằng a. Thể
tích của khối lăng trụ
.
A
BC A B C

là
A.
3
3a
.
4
B.
3
a3
.
4
C.
3
3a 3
.
4
D.
3
a
.
4
Hướng dẫn giải
Ta có
A
BC
đều cạnh a
2
3
.
4
ABC
a
S

Vậy
23
.
33
...
44
ABC A B C ABC
aa
VSAAa


Chọn B.
2. Bài tập
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 625
Bài tập 1. Cho hình lăng trụ đứng
.
A
BC A B C

, đáy là tam giác
ABC vuông tại A,
,30AB a ABC
cạnh
CA
hợp với mặt đáy
góc
60.Thể tích khối lăng trụ .
A
BC A B C

là
A.
3
.
6
a
B.
3
.
2
a
C.
3
3
.
6
a
D.
3
3
.
2
a
Hướng dẫn giải
Chọn C
A
BC vuông tại A có
3
.tan
3
a
AC AB ABC
2
13
.. .
26
ABC
a
SABAC

Ta có

C A ABC C AC

60.
A
CC
vuông tại C có
.tan .CC AC C AC a


Vậy
23
.
33
...
66
ABC A B C AABC
aa
VSCCa


Bài tập 2. Cho lăng trụ đứng
.
A
BC A B C

, đáy ABC là tam giác
vuông tại A, cạnh
,30AC a ABC
, cạnh BC
hợp với mặt bên
A
CC A
góc
30
. Thể tích khối lăng trụ
.
A
BC A B C

bằng
A.
3
6.a B.
3
6
.
3
a
C.
3
23.a D.
3
3
.
3
a
Hướng dẫn giải
Chọn A
A
BC
vuông tại A có:
.tan
A
CAB ABC
1
..
2
ABC
SABAC
Ta có

C A ABC C AC

60
từ đó dựa vào hệ thức lương
trong
A
CC
vuông tại C
tính được
.tan .CC AC C AC
A
BC
vuông tại A có:
.cot
A
BAC ABC
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 626
Ta có

,30BA ACC A BC ACC A BC A
 
 .
A
BC
vuông tại A có
.cot 3
A
BAC ABCa
2
13
..
22
ABC
a
SABAC

A
BC
vuông tại A có
.cot 3. 3 3
A
CAB ACBa a

.
A
CC vuông tại C có
22
22.CC AC AC a


Vậy
2
3
.
3
..226.
2
ABC A B C ABC
a
VSCC aa


Bài tập 3: Cho lăng trụ đều .
A
BC A B C

có cạnh đáy bằng a và
A
BBC

. Thể tích của khối lăng trụ .
A
BC A B C

là
A.
3
7
.
8
a
V
B.
3
6.Va
C.
3
6
.
8
a
V
D.
3
6
.
4
a
V
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi E là điểm đối xứng của C qua điểm
1
.
2
BAB CEa
Khi đó tam giác ACE vuông tại
22
43.AAE aaa
Tứ giác
B
CBE

là hình bình hành //
B
CBE
.
Do
A
BBC ABBE


.
1
.
2
ABC
SABAC

dựa vào hệ thức lượng trong
A
BC vuông tại A tính được
.cot .
A
CAB ACB
A
CC
vuông tại C tính
được chiếu cao lăng trụ
22
CC AC AC


Ta lấy điểm E là điểm đối
xứng với C qua B.
Khi đó tam giác ACE vuông
tại A.
Tứ giác
B
CBE

là hình bình
hành
//
B
CBE

.
Do
A
BBC

A
BBE

.
Ta có BC B E AB

 nên
tam giác
A
BE
vuông cân
tại
.
B
Nên tính được
2
A
E
AB
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 627
Mặt khác, ta có
BC B E AB


nên tam giác
A
BE
vuông cân
tại
B
36
.
2
22
AE a a
AB

Xét tam giác
A
AB

vuông tại
A
2
22 2
62
.
22
aa
AA AB A B a






Vậy
23
23 6
..
24 8
aa a
V 
Bài tập 4: Cho lăng trụ đứng .
A
BC A B C

có đáy ABC là tam
giác vuông cân tại A, cạnh
2
B
Ca , góc giữa hai đường thẳng
A
C
và
BA
bằng
60
. Thể tích khối lăng trụ
.
A
BC A B C

là
A.
3
3
.
2
a
B.
3
.
2
a
C.
3
3
.
3
a
D.
3
.
3
a
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
1
2..
22
ABC
a
BC a AB AC a S AB AC

Lấy D,
D
sao cho
.
A
BDCABDC

là hình hộp
// , 60BD AC A BD AC BA


Mà
A
BAC ABBD ABD

 đều.
Do
A
BCD

là hình chữ nhật,
22
A
DBCa ABa AAa

.
Vậy
3
.
..
2
ABC A B C ABC
a
VSAA


Bài tập 5: Cho hình lăng trụ đứng
.
A
BC A B C

có đáy ABC là
tam giác vuông,
A
BBCa . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng
A
CC
và

A
BC

bằng 60. Thể tích khối chóp .
B
ACC A

bằng
A.
3
.
3
a
B.
3
.
6
a
Dựa vào định lý Py-ta-go
trong tam giác
A
AB

vuông
tại
A
tính được
22
.
A
AABAB


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 628
C.
3
.
2
a
D.
3
3
.
3
a
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi M là trung điểm của
A
C

. Do tam giác
A
BC

vuông cân
tại
B
nên
B
MAC

M
BAACC


.
Thể tích khối chóp
.
B
ACC A

là
.
1
..
3
BACCA
VBMAAAC


.
Ta có
2
,2
2
a
BM AC a
.
Do

M
BAACCMBAC

.
Kẻ
M
KAC BKAC

 .
Vậy góc giữa hai mặt phẳng
A
CC
và
A
BC
là
60MKB MKB

.
Trong tam giác vông
M
KB
ta có
6
tan 60
tan 60 6
M
BMBa
MK
MK


.
Trong tam giác vuông
M
KC
ta có
22 22
6
2
6
tan .
2
26
436
a
MK
MC K
MC MK a a

Mặt khác trong tam giác vuông
A
AC
ta có
2
.tan 2
2
A
AAC MCK a a


Vậy
3
.
112
.. . .2 .
3323
BAACC
aa
VBMAAACaa



Gọi M là trung điểm của
A
C
.
Do tam giác
''
A
BC
vuông
cân tại
B
nên
BM AC

M
BAACC


.
Dạng 7. Thể tích lăng trụ xiên
1. Phương pháp
Lăng tru xiên có cạnh bên không vuông góc
với đáy. Chiều cao là khoảng cách từ một
đỉnh bất kì của mặt đáy này đến mặt đáy đối
diện. Để tính chiều cao ta dựa vào hệ thức
lượng trong tam giác.
Ví dụ:Cho lăng trụ .
A
BC A B C

tam giac ABC
vuông cân tại A, cạnh
3
A
Aa
, hình chiếu
vuông góc của
A
lên mặt phẳng

A
BC là trong
điểm của AC, góc tạo bởi
A
A
với
A
BC
bằng
45
. Thể tích khối lăng trụ
.
A
BC A B C

là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 629
A.
3
36
.
2
a
B.
3
6
.
3
a
C.
3
3
.
4
a
D.
3
6.a
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi H là trung điểm
A
C A H ABC
 ;


,45AA ABC A AH

.
Xét tam giác
A
HA
vuoong cân tại H có
26
.sin 3. ,
22
a
AH AA AAH a


6
26
2
a
A
HAH ABAC AHa

2
1
.3
2
ABC
SABACa
.
Vây
3
2
.
63 6
.3..
22
ABC A B C ABC
aa
VSAHa


.
2. Bài tập
Bài tập 1:
Cho lăng trụ .
A
BC A B C

đây là tam giác ABC vuông
tại A,
,3
A
BaBCa, hình chiếu vuông góc của B
trên mặt
phẳng
A
BC
trùng với chân đường cao H kẻ từ đỉnh A của tam
giác ABC, góc tạo bởi
A
B
với
A
BC bằng 60. Thể tích khối
lăng trụ
.
A
BC A B C

là
A.
3
3
.
4
a
B.
3
33
.
4
a
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 630
C.
3
.
3
a
D.
3
.a
Hướng dẫn giải
Chọn D
2
11 2
..2.
22 2
ABC
a
SABACaa

Ta có
B
HABC


,60AB ABC B AH


Xét tam giác ABC vuông tại A có
..26
3
3
A
BAC aa a
AH
BC
a
.
Xét tam giác
A
HB
vuông tại H có
6
.tan .tan60 2
3
a
B
HAH BAH a

.
Vậy
2
3
.
2
..2
2


ABC ABC ABC
a
VSBHaa
Bài tập 2. Cho lăng trụ .
A
BCDABCD

đáy là hình thang cân
ABCD có
,2
A
CBDAC a, cạnh
A
A
tạo với mặt phẳng đáy
góc
60. Hình chiếu vuông góc của
A
trên mặt phẳng (ABCD) là
điểm H thuộc đoạn AC sao cho
1
3
A
HHC . Thể tích của khối
lăng trụ
.
A
BCDABCD

là
A.
3
23
.
3
a
B.
3
23.a
C.
3
3
.
3
a
D.
3
3a .
Hưỡng dẫn giải
Chọn D
ABCD là hình thang cân
2
A
CBD a
2
1
.2
2

ABCD
SACBDa
11
342
a
AH HC AH AC


,60AA ABCD A AH


Xét tam giác
A
HA
vuoong tại H có
Ta có


,
A
BABC BAH

60
Tam giác ABC vuông tại A có
nên:
.
A
BAC
AH
BC
.
Áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác
A
HB
vuông tại H ta
tính được chiều cao:
.tanBH AH BAH
Tứ giác ABCD có hai đường
chéo
A
CBD
1
..
2
ABCD
SACBD

,60AA ABCD A AH


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 631
3
.tan . 3
22
aa
AH AH AAH


.
Vậy
23
.
3
.2. 3
2
ABCD A B C D ABCD
a
VSAHaa


.
Bài tập 3. Cho khối lăng trụ .
A
BC A B C

, khoảng cách từ C đến
đường thẳng
BB
bằng 2, khoảng cách từ A đến các đường thẳng
BB
và CC
lần lượt bằng 1 và 3 , hình chiếu vuông góc A lên
mặt phẳng

A
BC

là trung điểm M của
B
C
và 2
A
M
. Thể
tích của khối lăng trụ
.
A
BCABC

bằng
A. 3. B. 1.
C.
2. D.
23
.
3
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi N là trung điểm BC,
2AN A M

.
Kẻ
A
EBB
tại,
EAF CC tại F.
Ta có
EF MN H nên H là trung điểm EF.
Lại có

.
AE AA
A
A AEF AA EF EF BB
AF AA

 
Khi đó
,1,, 3,,2d A BB AE d A CC AF d C BB EF

 
Ta có
222
A
EAFEF AEF
vuông tại
1.
2
EF
AAH
Mặt khác

//
AA AEF
M
N AEF MN AH
MN AA
 
.
Xét
A
MN vuông tại A có
22
.23
3
AH AN
AM
AN AH

.
Ta có





,
AA NM ABC
AA NM AEF
A
BC AEF HAN
AA NM ABC AN
AA NM AEF AH



.
1
2
1
.. .3
2

 
AH
AN
ABC ABC
AH
AE AF S S AE AF
AN
Vậy
.
23
..32
3
ABC A B C ABC
VSAM

.
Áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác
A
HA
vuông tại H ta
tính được chiều cao:
.tan
A
HAH AAH
Gọi N là trung điểm BC.
2AN A M
.
Kẻ
A
EBB
tại E,
A
FCC
tại F.
Ta có
EF MN Hnên H
là trung điểm EF.
Ta có
A
EAA
A
FAA

A
AAEF

A
AEF EFBB


Khi đó
,1,d A BB AE

,3,
dACC AF
,2dCBB EF
.
A
MN
vuông tại A ta tính
được chiều cao AM.
Diện tích tam giác AEF tính
theo công thức
.cos
AEF ABC
SS HAN

Tổng quát các dạng bài này:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 632


2
,,
22
,
..
4
ABB ACC
CBB
ddAM
V
AM d

Dạng 8 . Thể tích hình hộp
1. Phương pháp
Hình hộp:
Là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành.
Có bốn mặt bên đều là các hình bình hành.
Hình hộp đứng: Là hình lăng trụ đứng có đáy là
hình bình hành. Có bốn mặt bên đều là các hình chữ
nhật.
Hình hộp chữ nhật: Là hình hộp đứng có đáy là
hình chữ nhật. Sau mặt của hình hộp chữ nhât đều là
các hình chữ nhật.
Hình lập phương: Là hình hộp chữ nhật có tất cả
các cạnh bằng nhau. Sáu mặt đều là các hình vuông.
Ví dụ: Cho hình lập phương
.
A
BCDABCD

có 43AC
.
Thể tích khối lập phương
.
A
BCDABCD

là
A. 23. B. 43.
C.
64. D. 125.
Hướng dẫn giải
Đặt
2.AB x AC x
A
AC
vuông tại A có
22 22
23;AC AA AC x x x

43 3 43 4.AC x x

Vậy
3
.
464
ABCD A B C D
V


.
Chọn C.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hình hộp đứng .
A
BCDABCD

có đáy ABCD là hình
thoi cạnh a,
120BAD
.Gọi G là trọng tâm tam giác ABD, góc tạo
bởi
CG
và mặt đáy bằng 30 . Thể tích khối hộp .
A
BCDABCD

là
A.
3
.a B.
3
.
3
a
C.
3
.
6
a
D.
3
.
12
a
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 633
Ta có
2
3
..sin .
2
ABCD
a
SABADBAD
Do
120
B
AD ACD đều
A
Ca và
22
33
a
CG CO OG AC
.
Lại có

,30CG ABCD CGC


Xét
CCG
vuông tại C có
23
.tan
9
a
CC CG C GC


Vậy
3
.
.
3
ABCDABCD ABCD
a
VSCC


Chọn B.
Bài tập 2.
Một tấm bìa hình vuông có cạnh 50cm. Người ta cắt bỏ đi
ở một góc tấm bìa hình vuông cạnh 16cm rồi gấp lại thành một cái
hộp chữ nahat không có nắp. Thể tích khối hộp chữ nhật là
A. 5184
3
.cm B. 8704
3
.cm
C.
4608
3
.cm
D. 18496
3
.cm
Hướng dẫn giải
16
A
ABBCCDD cm


nên ABCD là hình vuông có
50 2.16 18 .
A
Bcm
3
.
. . 18.18.16 5184
ABCD A B C D
VABACAD cm

.
Chọn A.
..sin
ABCD
SADADBA
D
Góc tạo bởi
CG
và mặt đáy

,

CG ABCD C
Áp dụng hệ thức
lượng trong
CCG
vuông tại
C tính được
.tan 'CC CG C G
C
.
Khi cắt bỏ một góc
tấm bìa một hình
vuông cạnh 16cm
thì cạnh đáy còn lại
là
50 2.16 18 ,cm
chiều cao là 16cm.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 634
Bài tập 3. Cho hình hộp .
A
BCDABCD

có đáy ABCD là hình chữ
nhật
15,AB 5AD . Hai mặt bên
A
BB A
và
A
DD A
lần
lượt tạo với mặt phẳng đáy những góc
30
và
60
, cạnh bên có độ
dài bằng 1. Thể tích khối hộp
.
A
BCDABCD

là
A. 21. B.
15 65
.
12
C.
15 65
.
13
D.
21
.
2
Hướng dẫn giải
Ta có
.515
ABCD
SABAD
Kẻ

,, ;
A
H ABCD MH AB NH AD M AB N AD


,30;ABBA ABCD AMH



,60ADD A ABCD A NH


Đặt
A
Hx
, khi đó
23
,
sin 60 3
xx
AN

3
,2
3
x
A
MNH AM x

.
Xét
A
AM
vuông tại M có
2
22 2 2
339
14
339
x
AA AM AM x x


Vậy
.
339 1565
.515. .
39 13
ABCD A B C D ABCD
VSAH


Chọn B.
Ta có
.5
ABCD
SABAD
Kẻ

A
HABCD
,
,
M
HABNHA
D


,
A
BB A ABCD


,
A
DD A ABCD

Xét
A
AM
vuông
tại M có
22
2
A
AAMAM


Mà
sin 60
A
H
AN
,
,2
A
MNHAM
A

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 635
Từ đó suy ra .
A
H
Dạng 9. Tỉ số thể tích khối chóp
1. Phương pháp
So sánh thể tích khối chóp cần tính với một
khối đa diện khác đã biết trước hoặc dễ dàng
tính thể tích.
Trong phương pháp này, ta thường hay sử
dụng kết quả của các bài toán sau
Kết quả 1.
Cho hình chóp .SABC. Lấy
,,
A
BC

tương
ứng trên các cạnh
,,SA SB SC
Khi đó
Chú ý: Kết quả trên vẫn đúng nếu như trong
các điểm
,,
A
BC

có thể có điểm
,,
A
AB BC C


Thông thường, đối với bài toán này, đề
thường cho điểm chia đoạn theo tỉ lệ, song
song, hình chiếu…
Công thức chỉ đúng khi đáy là tam giác. Nếu
đáy là tứ giác, ngũ giác… ta phải phân chia
đáy thành các tam giác và tính tổng thể tích
các khối có đáy là tam giác.
Kết quả 2.
Cho hình chóp
.SABCD
đáy
A
BCD
là hình
bình hành. Mặt phẳng

P
cắt
Chứng minh
Đặt
BSC BSC


Ta có


,
,
dA SBC
SA
SA
dASBC




..
..
1
,.
3
1
,.
3
SB C
S ABC A SBC
S ABC A SBC
SBC
dA SBC S
VV
VV
dASBC S
 






11
,...sin
32
..
11
,...sin
32
dA SBC SBSC
SA SB SC
SA SB SC
dASBC SBSC



(điều phải chứng minh)
Chứng minh
1.
Chứng minh
acbd

.
.
..
SABC
SABC
V
SA SB SC
VSASBSC


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 636
,,,SA SB SC SD
lần lượt tại
,,,
A
BCD

với
;;;
SA SB SC SD
abcd
SA SB SC SD


;;; 0abcd
Khi đó ta có hai công thức quan trọng sau
1.
2.
Chú ý: Các công thức 1, 2 chỉ áp dụng cho
hình chóp có đáy là hình bình hành. Các công
thức này được ứng dụng rất nhiều trong các
bài toán tìm thiết diện cũng như thể tích khối
đa diện nên tận dụng khi làm trắc nghiệm để
không phải làm theo phương pháp chia nhỏ
đáy thành các tam giác.
Gọi O là
tâm hình bình hành, I là giao điểm của SO và
A
BCD

Ta có
2
SA I SC I SA C
SAO SOC
SAO SCO SAC
SS S
SS
SS S


..sin ..sin
..sinAS ..sinCS
SA SI A SI SC SI C SI
SA SO O SC SO O


=
'. 'sin ' '
2.
.sin
SA SC A SC
SA SC ASC
.. .
2.
.. .
SA SI SC SI SA SC
SA SO SC SO SA SC


Nhân cả hai vế của đẳng thức với
..
..
SA SC SO
SA SC SI

ta được
2.
SA SC SO
SA SC SI


(1)
Chứng minh tương tự
2.
SB SD SO
SB SD SI


(2)
Từ (1) và (2) suy ra
SA SC SB SD
SA SC SB SD


Hay
acbd

(điều phải chứng minh)
acbd
.
.
4
S ABCD
S ABCD
V
abcd
Vabcd


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 637
2. Chứng minh
.
.
4
S ABCD
S ABCD
V
abcd
Vabcd


Ta có
...
...
22
S ABCD S ABC S ADC
SABCD SABC SADC
VVV
VVV
  

1
.. ..
2
SA SB SC SA SD SC
SA SB SC SA SD SC
 




=
11 1
22
db
abc acd abcd




Do
acbd

suy ra
2
abcd
bd


Vậy
.
.
4
SABCD
S ABCD
V
abcd
Vabcd


(điều phải chứng minh)
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hình chóp SABC, trên các cạnh AB, BC, SC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho
2, 4,
A
MMBBNNCSPPC
. Tỉ số thể tích của hai khối chóp S.BMN và A.CPN là
A.
4
3
. B.
8
3
. C.
5
6
. D.
1
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
..
.B.ACS
14 4
.. .
35 15
SBMN BMNS
SABC
VV
BM BN BS
V V BA BC BS

..
.C.ABS
11 1
.. .
52 10
ACPN C ANP
SABC
VV
CA CN CP
V V CA CB CS

.
.
41 8
:
15 10 3
SBMN
ACNP
V
V

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 638
Bài tập 2. Cho hình chóp tứ giác đều
.S ABCD
có đáy là hình vuông
A
BCD
cạnh a, góc giữa mặt
bên và mặt phẳng đáy là
thỏa mãn
1
cos
3
. Mặt phẳng
P
qua AC và vuông góc với mặt phẳng
SAD
chia khối chóp
.S ABCD
thành hai khối đa diện có thể tích là
1
V
và
2
V
với
12
VV
. Tỉ lệ
1
2
V
V
gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau?
A.
0,11
. B.
0,13
. C.
0,7
. D.
0,9
.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi O là tâm hình vuông
A
BCD
.
Vì
.S ABCD
là hình chóp tứ giác đều nên
SO ABCD
Gọi N là trung điểm CD


,
,
CD SN CD ON
SCD ABCD SNO
SCD ABCD CD



Kẻ
CM SD
Ta có

AC BD
A
C SBD AC SD
AC SO
 

SD ACM ACM SAD
nên mặt phẳng
P
là
A
CM
Xét tam giác SON vuông tại O có
3
2
1
2
cos
3
a
ON a
SN
SNO

22
22
3
2
22
aa
SO SN ON a




Xét tam giác SOD vuông tại O có
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 639

2
2
22
210
2
22
aa
SD SO OD a





Ta có
3
.
11 . 310
2
..
22 10
10
2
SCD
a
a
SN CD a
SCMSDSNCDCM
SD
a

Xét tam giác MCD vuông tại M có
2
222
310 10
10 10
aa
DM CD CM a





Ta có
10
1111
10
... . .
2. 2 2 2 10
10
2
MACD MACD
SABCD SACD
a
VV
DM DA DC DM
V V DS DA DC DC
a
 
1
10
M
ACD SABCD
VV
Mặt phẳng

P
chia khối chóp
.S ABCD
thành 2 khối
M
ACD
và
SABCM
9
10
SABCD MACD SABCM SABCM SABCD
VVV V V
Do đó
1
0,11
9
MACD
SABCM
V
V

Tổng quát: Cho hình chóp tứ giác đều
.S ABCD
có đáy là hình vuông
A
BCD
cạnh a, góc giữa
mặt bên và mặt phẳng đáy là
. Mặt phẳng
P
qua AC và vuông góc với mặt phẳng
SAD
chia
khối chóp
.S ABCD
thành hai khối đa diện có thể tích là
1
V
và
2
V
với
12
VV
. Tỉ số thể tích của hai
khối đa diện là
2
1
2
cos
V
V
Hướng dẫn giải
Ta có
22 2 2
2
1
.
cos
SD SN ND ON ND
SNO

2
2
1
1cos1
2 cos 2.cos
aa


Ta có
11
..
22
SCD
SCMSDSNCD

2
2
1
.
.
2cos
1cos
cos 1
2cos
a
a
SN CD a
CM
a
SD

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 640
2
222
2
2
.cos
1cos
1cos
aa
DM CD CM a

11
... .
2. 2 2
MACD MACD
SABCD SACD
VV
D
MDADC DM
V V DS DA DC DS

2
2
2
2
cos
1cos
1cos
21cos
1cos
2cos
a
a

22
222
cos cos 1
1
1 cos 1 cos 1 cos
M
ACD SABCD SABCM SABCD SABCD
VVV V V







Do vậy
2
cos
MACD
SABCM
V
V
.
Bài tập 3. Cho hình chóp
.SABC
có
00
; 2 , ASB=BSC=60 ,ASC 90SA SB a SC a
. Thể tích của
khối chóp
.SABC
bằng V. Tỉ số
3
6V
a
bằng
A.
46
3
. B.
2
. C.
3
. D.
3
3
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi M là trung điểm SC.
Ta có
SM a SAM
vuông cân tại S.
Gọi H là trung điểm của AM.
Ta có
222
2
A
MSASMa=+=
12
22
a
SH AM
Vì
SM SB a
và
0
60BSC
nên
BSM
đều
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 641
BM a
SAB
có
0
;ASB=60SA SB a nên là tam giác đều
AB SA a
Suy ra
AB BM a ABM
cân tại B.
Mặt khác
222
2
A
BBM a
và
22 2 2 2
2
A
M a AB BM AM
ABM
vuông cân tại B (định lý Py-ta-go đảo)
12
22
a
BH AM
Ta có
22
22 2 2222
22
22
aa
SH BH a SH BH SB a

 



SHB
vuông cân tại H (định lý py-ta-go đảo).
Ta có
,SH AM SH HB SH ABM.
223
.
11122
..
22 3 32212
ABM S ABM ABM
aaaa
SABBMVSHS

 
3
.
..
3
.
26
22 2
6
S ABC
S ABC S ABM
S ABM
V
SC a V
VV
VSM a

Tổng quát: Cho chóp
.SABC
có
,;SA a SB b SC c

và
ASB= ,BSC= , ASC

. Thể tích
khối chóp
.SABC
là
222
.
1 cos os cos 2cos cos cos
6
SABC
abc
Vc



.
Bài tập 4. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy ABCD là hình bình hành. Trên các cạnh SA, SB, SC
lần lượt lấy các điểm
,,
A
BC

sao cho
2; 3; 4SA SA SB SB SC SC


, mặt phẳng
A
BC

cắt cạnh
SD tại
D
. Gọi
12
,VV lần lượt là thể tích của hai khối chóp
.SABCD

và
.S ABCD
. Khi đó tỉ số
1
2
V
V
bằng
A.
1
24
. B.
1
26
. C.
7
12
. D.
7
24
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Cách 1.
Phân chia đáy thành 2 tam giác
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 642
243 3 3
SA SC SB SD SD SD
SD SD
SA SC SB SD SD SD


.
..
.
111 1 1
.. ..
234 24 24
S ABC
S ABC S ABCD
S ABC
V
SA SB SC
VS
VSASBSC




.
..
.
111 1 1
.. ..
2 3 4 24 24
SACD
S ABC S ACD
SACD
V
SA SD SC
VS
VSASDSC




.. .
...
.
1
24 24
SABC SACD SABCD
S ABCD S ABC S ACD
S ABCD
VV V
VVV
V

  

Cách 2. Áp dụng trực tiếp công thức
Ta có
.
.
2433 1
4.2.4.3.3 24
4. . . .
S ABCD
S ABCD
SA SB SC SD
V
SA SB SC SD
SA SB SC SD
V
SA SB SC SD






Dạng 10. Tỉ số thể tích khối lăng trụ
1. Phương pháp
Trong phương pháp này, ta thường hay
sử dụng kết quả của bài toán
Cho hình lăng trụ
.
A
BCABC

có các
điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh
AA , ,BB CC

sao cho
,,
AA
AM BN CP
abc
BB CC


Khi đó
.
3
ABCMNP
ABC A B C
V
abc
V


Đặc biệt:
..
..
,
33
A MNP M BCPN
ABC A B C ABC A B C
VV
abc
VV
 

Chứng minh
Ta có
...ABCCB ABC ABC AABC
VV V

.
..
2
1
33
ABC ABC
ABC A B C ABC A B C
V
VV

 

Ta có




.
.
1
;.
3
;.
A
BC
M ABC
ABC A B C
ABC
d M ABC S
V
V
dA ABC S

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 643


;
111
33AA3
;
dM ABC
AM
a
dA ABC

Suy ra
Ta có
// ; ;
A
M BCC B d M BCPN d A BCPN


..
M
BCPN A BCPN
VV
Suy ra
..
..
M
BCPN A BCPN BCPN
A BCC B A BCC B BCC B
VVS
VVS




1
.;
2
.; 2
BN CP d C BB
B
NCP
B
Bd CBB BB


2222 2
BN CP BN CP b c
BB BB BB CC


..
2
M
BCPN A BCC B
bc
VV

.
.
2
.
23
A
BC A B C
MBCPN
V
bc
V


..
.
3
M
BCPN ABC A C B
bc
VV


Mặt khác
.. .'
.
3
A
BCMNP M ABC M BCPN ABC A B C
abc
VVV V


.
3
ABCMNP
ABC A B C
V
abc
V

(điều phải chứng minh).
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho khối lăng trụ
.
A
BC A B C

có M, N, P lần lượt thuộc các cạnh
AA , ,BB CC

sao
cho
A,3,3
M
MA BN NB CP PC


. Đặt
1
V
là thể tích của khối đa diện
2
,
A
BCMNP V
là thể
tích khối đa diện còn lại. Tỉ số
1
2
V
V
là
A.
3
2
. B.
2
. C.
3
. D.
4
3
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
..
.
3
M
ABC ABC A B C
a
VV

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 644
Ta có
133
;3 ;3
AA 2 4 4
MA BN CP
MA MA BN NB CP PC
BB CC

 

Đặt
.ABC A B C
VV

Suy ra
1 1
121
2
133
22 1
244
2
33 3 3
VV
VVVVVV
VV


Bài tập 2. Cho hình lăng trụ tam giác
.
A
BCABC

có thể tích là V và độ dài cạnh bên
6AA
.
Trên cạnh
,,
A
ABBCC

lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho
2, ,
A
MBNxCPy

với x, y
là các số dương thỏa mãn
12xy
. Biết rằng thể tích khối đa diện
.
A
BC MNP
bằng
1
2
V
. Giá trị
của
22
x
y
bằng
A.
24
. B.
25
. C.
10
. D.
17
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
.
.
1111
;; ;
36 6 33662
ABC MNP
ABC A B C
V
AM BN x CP y x y
AA BB CC V






.
Suy ra

2
22 22
749492 25xy xy x y xy x y  
Dạng 11: Tỉ số thể tích khối hộp
1. Phương pháp
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 645
Cho hình khối hộp
.
A
BCD A B C D

, mặt phẳng
cắt các cạnh
,,,DDAA BB CC

lần lượt tại
M, N, P, Q sao cho
,,,
DD
AM BN CP DQ
abc d
AA BB CC


Khi đó ta có


.
.
1
4
11
22
ABDC MNPQ
ABCD A B C D
V
abcd
V
ac bd



Chứng minh
Xét mặt phẳng
A
CC A

Từ M, P ta lần lượt kẻ các đường thẳng
song song với AC cắt
OO
theo thứ tự E, F
Ta có
OF
OO OO
AM CP OE
AA CC


OI - IF 2
OO OO OO
OI IE OI


Tương tự xét mặt phẳng
DDBB
Ta cũng có
2
DD OO
BN DQ OI
BB


Do đó
DD
AM CP BN DQ
acbd
AA CC BB


Chia khối hộp
.
A
BCD A B C D

thành
hai khối
.
A
BCABC

và
.
A
CD A C D

Áp dụng tỉ số thể tích của khối lăng trụ
tam giác ta được

.
.
1
4
ABDC MNPQ
ABCD ABCD
V
abcd
V



11
22
ac bd

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 646
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hình lập phương
.
A
BCD A B C D

có N là trung điểm
CC
. Mặt phẳng
đi qua
AN cắt các cạnh
,BB DD

lần lượt tại M, P.
chia khối lập phương thành hai phần có thể tích
tương ứng bằng
1
V
và

21 2
VV V
. Tỉ số
2
1
V
V
bằng
A.
7
3
. B.
2
. C.
3
. D.
5
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Từ giả thiết ta có
.
1
0
1
2
224
ABCDPNM
ABCD A B C D
AA CN
V
AA CC
V



Vậy
2
1
3
3
4
ABCDPNM
AMNPABCD
V
V
VV


Bài tập 2. Cho hình hộp
.
A
BCD A B C D

có thể tích bằng
3
36cm
. Gọi hai điểm M, N lần lượt
thuộc các cạnh
,
A
ACC

sao cho
2, 3
A
MAMCNCN
. Một mặt phẳng đi qua M, N lần lượt
cắt cạnh
,BB DD

tại P và Q. Thể tích khối
A
BCDMPNQ
bằng
A.
3
18cm
. B.
3
22cm
. C.
3
10,5cm
. D.
3
25,5cm
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
.
23
17
34
2224
ABCDMPNQ
ABCD A B C D
AM CN
V
AA CC
V




3
.
17 17
.36 25,5
24 24
ABCDMPNQ ABCD A B C D
VV cm


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 647
Bài tập 3. Cho hình hộp
.
A
BCD A B C D

có thể tích bằng
V
. Gọi M, N, P lần lượt thuộc các cạnh
,,,DDAA BB CC

sao cho
2,2 3;3 4;4 5
A
MAMBNBNCPCPDQDQ


. Thể tích
khối
A
BCDMNPQ
bằng
A.
572
945
V
. B.
13
21
V
. C.
26
45
V
. D.
559
945
V
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
2 4 26 3 5 52
;
3 7 21 DD 5 9 45
AM CP BN DQ
AA CC BB

 
DD
A
MCPBNDQ
AA CC BB


Cạnh MP sẽ lệch trên. Khối đa diện lồi
A
BCDMNPQ
được chia thành hai khối đa diện theo cạnh
MP là BACNMP và DACQMP.
Ta có
1 1 3 2 4 193
3 3537 315
BACNMP
BACB A C
V
BN AM CP
VBBAACC






193 193
315 630
BACNMP BACB A C
V
VV


.
1 1 5 2 4 113
3 DD 3 9 3 7 189
DACQMP
DACD A C
V
DQ AM CP
VAACC






113 113
189 378
DACQMP DACD A C
V
VV


Vậy
193 113 572
630 378 945
ABCDMNPQ BACNMP DACQMP
VV V
VVV
Dạng 12. Tách hình để tính thể tích
1. Phương pháp
Để tính thể tích các khối da diện phức tạp ta
không tính trực tiếp mà tính gián tiếp thông
Ví dụ: Cắt khối hộp
.
A
BCD A B C D

bởi các
mặt phẳng
,,
A
BD CBD BAC
 
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 648
qua việc tính thể tích các khối đơn giản (khối
chóp, khối lăng trụ).
+ Khối đa diện A được tạo bởi các khối đơn
giản
12
, ,...
n
A
AA
. Khi đó
12
...
n
A
AA A
VVV V
.
+ Khối đa diện A được bổ sung thêm các khối
cơ bản
12
, ,...
n
A
AA
để tạo thành khối cơ bản
B
Khi đó

12
...
n
AB AA A
VV VV V
.
+ Ta có thể sử dụng khôi phục lại hình ẩn ban
đầu để tính toán dễ dàng hơn.
+ Sử dụng phương pháp trải hình trên mặt
phẳng để dễ hình dung và tính toán thuận tiện
hơn.
, DAC
ta được khối đa diện có thể tích lớn
nhất là
A.
'
A
AB D
. B.
D
ADC
.
C.
A
CB D
. D.
CC B D

.
Hướng dẫn giải
Cắt khối hộp bởi các mặt phẳng
,
A
BD

,CB D
B
AC
, DAC
ta được 5 khối tứ
diện
A
ABD

,
B
ABC
,
CC B D

,
DDAC
,
A
BDC
.
Gọi V là thể tích của khối hộp.
1
6
AA B D B ABC CC B D D ADC
VVVV V


Suy ra
1
3
ACB D
VV

nên tứ diện
A
CB D

có
thể tích lớn nhất
Chọn C.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Một khúc gỗ có dạng và độ dài các cạnh được cho như hình vẽ. Thể tích khúc gỗ là
A. V = 12. B. V = 96. C. V = 36. D. V = 24.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 649
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Khúc gỗ được chia thành 2 phần, mỗi phần là một lăng trụ tam tam giác có đáy là các tam giác vuông,
chiều cao khối lăng trụ bằng 4.
Thể tích khối gỗ là
12
11
4. .3.2 4. .3.4 36
22
VVV
.
Bài tập 2. Một hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có ba kích thước là 2 cm, 3 cm và 6 cm. Thể tích
của khối tứ diện A.CB’D’ bằng
A.
3
8cm
. B.
3
12cm
. C.
3
16cm
. D.
3
4cm
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Khối hộp được tạo thành từ 5 khối B.AB’C; D.ACD’; A’.B’AD’; C.B’C’D’; A.CB’D’.
Ta có
.’ . ’ ’.’ ’ .’’’ .’’.''' ' BABC DACD A BAD CBCD AABCD A D BCCDB
VVVVVV
.’ .’’ .’.''' ' .''' '’.’
44
B
AB C A CB D A CB D B CABCD A B B ACD ABCDA CD B
VVVVVV
3
.''' ' .''' ' '. ''’.’ '
111
4 .2.3.6 12
633
ABCD A B C D ABCD A B C DAABCDABDC CBD
VV V V cm
.
Bài tập 3. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có thể tích bằng V. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm
nằm trên các cạnh AA’, BB’, CC’ sao cho AM =
1
2
AA’; BN =
2
3
BB’; CP =
3
4
CC’. Thể tích khối
chóp M.BCPN là
A.
7
36
V
. B.
17
36
V
. C.
7
18
V
. D.
11
18
V
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 650
Ta có
.'''
'.
A
BC A B C ABC
VV AAS
..'''
111
...'.
332 6
M ABC M A B C ABC ABC
V
VV MAS AAS
.
Mặt khác
'''.
'''.
1' ' '
3' ' '
ABC MNP
ABC ABC
V
A
MBNCP
VAABBCC




' ' '. ' ' '. ' ' '.
1111 13
3234 36
ABC MNP ABC ABC ABC MNP
VVVV

 


.
.'''..'''.
13 17
636 36
M BCPN A B C ABC M ABC A B C MNP
VV
VV VV V V
.
Bài tập 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Hai cạnh AC, BD cắt nhau tại O. Mặt
phẳng (P) đi qua điểm O và song song với mặt phẳng (SAD) cắt khối chóp S.ABCD tạo thành hai
khối có thể tích lần lượt là
1
V
;
21 2
()VV V
. Tỉ số
1
2
V
V
bằng
A.
5
11
. B.
3
5
. C.
7
13
. D.
1
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Cách 1:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 651
Gọi h, V,
A
BCD
S
lần lượt là chiều cao, thể tích và diện tích đáy của hình chóp S.ABCD. Mặt phẳng
(P) cắt hình chóp S.ABCD tạo thành thiết diện như hình vẽ. Khi đó
1HGFCBE
VV
và thể tích phần còn
lại là
21 2
()VV V
.
Ta có
....
H
GFCBE H BEO H BOC H OCF G HCF
VVVVV
.
1111
...
32 32 32 2
BEO BOC OCF B GCF
hhh
SSSV


111
...
32 2 32
BEO BOC OCF BCF
hh
SSS S





111
.. ..
32 2 32 4
ABCD
BEFC
S
hh
S




11 111 1 1 1 5
... ... .
2 3 2 2 2 4 3 4 16 16
ABCD
ABCD
S
hhSVVV




.
Suy ra
1
5
16
VV
. Do đó
21
511
16 16
VVVV V V
.
Vậy
1
2
5
11
V
V
.
Cách 2:
Ta có
.
11
.. ..
3322
SADFE ADFE
SV
VhSh
.
Lại có
.
.
112 2 3
4.1.1.2.2. 8
4. . . .
SEFGH
SEFCB
SE SF SB SC
V
SE SF SH SG
SE SF SB SC
V
SE SF SH SG



..
33
816
SEFGH SEFCB
V
VV
.
Do đó
.. 2
311
216 16
SADFGHE S ADFE S EFGH
VV V
VVV V
suy ra
1
5
16
VV
.
Vậy
1
2
5
11
V
V
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 652
Bài tập 5. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh 2a, gọi M là trung điểm của BB’ và P thuộc
cạnh DD’ sao cho
1
DD'
4
DP
. Mặt phẳng (AMP) cắt CC’ tại N. Thể tích khối đa diện AMNPBCD
bằng
A.
3
2Va
. B.
3
3Va
. C.
3
9
4
a
V
. D.
3
11
3
a
V
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Thể tích khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ là V=

3
3
28aa
.
Cách 1: Gọi O, O’ lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và A’B’C’D’, gọi K=OO’ MP, khi đó
N=AK
CC’.
Ta có

1
2
OK DP BM
13 3
2
224 2
aa a
aCNOK




.

2
1135
..2
2222
BMNC
aa
SBMCNBCaa




.
23
.
1155
.. ..2
3323
A BMNC BMNC
aa
VSAB a.

2
113
..22
2222
DPNC
aa
SDPCNCD aa




.
3
2
.
114
.. .2.2
333
A DPNC DPNC
a
VSADaa.
33
3
..
54
3
33
ABMNC ADPNC
aa
VV V a.
Cách 2:
Áp dụng công thức tính tỉ số thể tích khối hộp, ta có
.''' ' .''' '
11113
.
2' ' 2248
AMNPBCD AMNPBCD
ABCD A B C D ABCD A B C D
VV
BM DP
VBBDDV




33
3
.8 3
8
AMNPBCD
Vaa
.
Bài tập 6. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và
BC. Điểm P trên cạnh CD sao cho PD=2CP. Mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q. Thể tích khối đa diện
BMNPQD bằng
A.
2
16
. B.
25 2
432
. C.
2
48
. D.
13 2
432
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 653
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có MN//AC và PQ = (MNP) (ACD)
PQ//AC
2
3
DQ DP
DA DC

.
Thể tích khối tứ diện đều ABCD là
2
12
ABCD
VV
.
Chia khối đa diện cần tính thành các khối tứ diện D.PQB; B.MNQ; B.PQN.
Ta có
.. .
B
MNPQD D PQB B MNQ B PQN
VVVV
.
Trong đó
2
.
24
...
39
DPQB
DQ DB DP
VVVV
DA DB DC




.
2
...
1111
... . . . ..
24412
ACQ
B MNQ B ACQ B ACQ
ACD
S
BM BN BQ AQ
VVVVVV
BA BC BQ S AD




.
...
11 1
... . . .
22 6
PQC
BPQN BPQC BPQC
ACD
S
BP BQ BN
VVVVV
BP BQ BC S
.
Vậy
411 252
9 12 6 432
BMNPQD
VV




.
Bài tập 7. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Cạnh AA’=2a và
tạo với đáy một góc
45
. Thể tích khối tứ diện ACA’B’ là
A.
3
6
12
a
. B.
3
6
8
a
. C.
3
6
4
a
. D.
3
6
6
a
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 654
Gọi H là hình chiếu của A’ trên (ABC).
A
BC
đều cạnh a
2
3
4
ABC
a
S
.
Ta có
', ( ) ' 45AA ABC A AH
.
'
A
AH
vuông tại H có
''.sin' 2
A
HAA AAHa.
3
.'''
6
.'
4
ABC A B C ABC
a
VSAH
.
Khối lăng trụ được chia làm ba khối chóp C.A’B’C’, B’.ABC và A.CA’B’.
Ta có
.''' .'''
1
3
C A B C ABC A B C
VV
và
'. . ' ' '
1
3
B ABC ABC A B C
VV
3
'' .''' .''' '. .'''
16
312
ACA B ABC A B C C A B C B ABC ABC A B C
a
VV V V V 
.
Bài tập 8. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng 15. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm trên cạnh
A’B’, B’C’, BC sao cho M là trung điểm của A’B’, B’N=
4
''
5
BC
và BP=
3
5
BC
. Đường thẳng NP
cắt đường thẳng BB’ tại E và đường thẳng EM cắt đường thẳng AB tại Q. Thể tích khối đa diện lồi
AQPCA’MNC’ bằng
A.
23
64
. B.
49
16
. C.
83
8
. D.
45
4
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 655
Ta có
3
''4
EB EQ EP BP
EB EM EN B N

()
()
()
()
()
()
()
()
,'''
'
4,'''4,'''
'
,'''
dE ABC
EB
dE ABC dB ABC
BB
dB ABC
===
Lại có
'
'''
''142
..
'' '' 25 5
BMN
ABC
S
BM BN
SBABC

.
 
.' ' '''
112
,( ' ) . .4 ,( ' ' ') .
335
EMBN MBN ABC
VdEMBNS dBABCS
.'''
88
.15 8
15 15
ABC A B C
V
.
33
.
..'
.'
327 27
..
''464 64
EQPB
E
QPB E MB N
EMBN
V
EP EQ EB EB
VV
VENEMEBEB




.
Suy ra
.' . ' . . ' . ' . '
27 37 37 37
.8
64 64 64 8
BQPBMN EMBN EBQP EMBN EMBN EMBN
VVVV V V
.
Vậy
' ' .''' .'
37 83
15
88
AQPCA MNC ABC A B C BQP B MN
VVV
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 656
Dạng13.Phụchìnhvàtrảiphẳng
Bài tập 1. Cho tứ diện ABCD có
90DAB CBD
; AB=a; 5
A
Ca ;
135ABC
. Biết góc giữa
hai mặt phẳng (ABD), (BCD) bằng
30
. Thể tích của tứ diện ABCD bằng
A.
3
23
a
. B.
3
2
a
. C.
3
32
a
. D.
3
6
a
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Dựng
()
D
H ABC
.
Ta có
BA DA
B
AAH
BA DH

;
BC DB
B
CBH
BC DH

.
Tam giác AHB có AB=a,
45ABH
H
AB
vuông cân tại A
AH=AB=a.
Áp dụng định lý cosin, ta có BC=
2a
.
Vậy
2
112
.. .sin ..2.
2222
ABC
a
SBABCCBAaa
.
Dựng


()
HE DA E AD
HE DAB
HF DB F BD



và
()
H
FDBC
.
Suy ra
(),( ) ,DBA DBC HE HF EHF
Đặt DH=x, khi đó
22 22
2
,
2
ax xa
HE HF
ax ax


.
Suy ra
22
22
32
cos
4
22
HE x a
EHF x a
HF
xa

.
Vậy
3
1
..
36
ABCD ABC
a
VDHS
.
Bài tập 2
Cho tứ diện
A
BCD
có
4; 5;AB CD AC BD

6AD BC
. Thể tích của khối tứ diện
A
BCD
là
A.
15 6
4
B.
15 6
2
C.
45 6
4
D.
45 6
2
Chú ý: Cho khối
tứ diện gần đều có
độ dài các cạnh
A
BCDa
A
CBDb
A
DBCc



Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 657
Hướng dẫn giải
Chọn A
Dựng tứ diện AMNK sao cho B, C, D
lần lượt là trung điểm của các cạnh MN,
NK, KM.
Tứ diện AMNK có AM, AN, AK đôi một
vuông góc.
22 2
22 2
22 2
36
64 54
100 10 10
144 90
310
AM
AM AN AM
AN AK AN AN
AK AM AK
AK








11
.. .3610.310156
66
AMNK
VAMANAK
Vậy
15 6
44
AMNK
ABCD
V
V 
Đặt
222
222
222
x
abc
yb c a
za c b



Khi đó
2
12
ABCD
V xyz
Bài tập 3. Một con kiến đang ở vị trí M là trung điểm
cạnh
A
D

của một chiếc hộp hình lập phương
.
A
BCDABCD

cạnh 5cm.
Con kiến muốn bò qua sáu mặt của chiếc hộp
rồi quay trở lại M. Quãng đường bò đi ngắn
nhất của con kiến là
A.
16 2cm
. B.
15 2cm
.
C.
12 2cm
. D.
13 2cm
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 658
Trải sáu mặt phẳng của hình lập phương
.
A
BCDABCD

như hình vẽ 1. Để đi đường ngắn nhất từ
M
đến
(
M
MM

hay
M
là trung điểm
A
D
trên mặt khai triển) thì con kiến cần bò theo đoạn
M
M
. Trên chiếc hộp, đường đi ngắn nhất của con kiến là đường
M
NPQKZM
như hình 2 với N, P,
Q, K, Z lần lượt là trung điểm của
DD , , , ,CD BC BB A B

.
Quãng đường ngắn nhất con kiến bò là đoạn
M
NPQKZM
.
Ta có
M
NPQKZM MN NP PQ QK KZ ZM
.
Các đoạn thẳng con kiến bò trên các mặt hình lập phương đều có độ dài bằng nửa độ dài đường chéo
hình vuông.
Do đó quãng đường con kiến bò ngắn nhất là
52
6. 15 2
2
Bài tập 4. Cho hình chóp tứ giác đều
.S ABCD
một con kiến bò từ đỉnh A của đáy để đi tất cả các mặt
xung quanh rồi trở về vị trí A. Biết cạnh bên bằng 6cm, cạnh đáy bằng 4cm. Quãng đường ngắn nhất
mà con kiến đi là
A.
13,48cm
. B.
10,25cm
. C.
12,05cm
. D.
11,73cm
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 659
Trải hình chóp thành hình như hình vẽ trên. Khi đó quãng đường ngắn nhất con kiến phải bò là
1
A
A
Ta có
000
1
1
sin AS AS 19 28 ASA 8.19 28 155 46
3
AH
HH
SA


22
1111
2. cosAS 11,73
A
ASASASASA A cm
Bài tập 13. Cho hình chóp tứ giác đều
.S ABCD
có
SA a
và
11
24
SAB
. Gọi Q là trung điểm
cạnh SA. Trên các cạnh
,,SB SC SD
lần lượt lấy các điểm
,,
M
NP
không trùng với các đỉnh của hình
chóp. Giá trị nhỏ nhất của tổng
A
MMNNPPQ

theo a là
A.
11
2sin
24
3
a
B.
3
2
a
C.
2
4
a
D.
11
3sin
12
3
a
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Trải phẳng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 660
Do hình chóp tứ giác đều nên mỗi mặt bên đều là các tam giác cân, theo giả thiết
11
24
SAB
nên
22
24 12
ASB

(1)
Cắt hình chóp theo cạnh bên SA rồi trải các mặt bên thành một mặt phẳng ta được hình vẽ như
trên sao cho khi ghép lại thì
A
A
. Khi đó, tổng
A
MMNNPPQ

là tổng các đường gấp khúc
nên tổng này nhỏ nhất nếu xảy ra các điểm
,, ,,
A
QM NP
thẳng hàng và Q là hình chiếu của A trên
SA
.
Đồng thời theo (1) ta có
AS 4.
12 3
A

(2)
Suy ra
ASA
là tam giác đều.
Vậy
3
2
a
AQ
hay GTNN của tổng
3
2
a
AM MN NP PQ
Bài tập 6 Cho hình chóp đều
.S ABC
có
0
30 , 1ASB SA
. Lấy
,BC
lần lượt thuộc cạnh
,SB SC
sao cho chu vi tam giác
A
BC

nhỏ nhất. Tỉ số
.
.
SABC
SABC
V
V
gần giá trị nào nhất trong các giá trị sau?
A.
0,55
. B.
0,65
. C.
0, 45
. D.
0,75
.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Trải phẳng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 661
Cắt tứ diện theo các cạnh
,,SA AC AB
rồi trải lên mặt
SBC
.
Tam giác
SBC
giữ nguyên; tam giác
SAB
lật thành tam giác
SAB
; tam giác
SAC
thành tam
giác
SCA
Do đó
,1AC A C SA SA


00
3.30 90ASA ASB BSC CSA


và
1SA SA
nên
SAA
là tam giác vuông cân
tại S.
2
AB C
C ABBCACABBCACAA

 
 
không đổi.
Dấu
""
xảy ra khi và chỉ khi
,,,
A
BC A

thẳng hàng tức là khi
00
,
B
BC C
.
Ta có
0
00 0
0
0
sin
sin 45
13
sin105
sin
SB SB SAB
SB
SB SB SA
SB A

Vậy
2
.
.
.4230,54
SABC
S ABC
V
SB SC SB
VSBSCSB






.
Dạng 14.Bài toán cực trị liên quan đến thể tích khối đa diện
1. Phương pháp
Bước 1:
Chọn ẩn. Ẩn này có thể là góc hoặc cạnh thích hợp trong khối đa diện.
Bước 2: Với ẩn số được chọn ở bước 1, ta xem đó như là các yếu tố đã cho để tính thể tích của
khối đa diện theo các phương pháp đã biết.
Bước 3: Ta có một hàm số mà cần tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của nó.
Dùng bất đẳng thức cổ điển
(Cô-si hay Bunhiacopxki) hoặc sử dụng tính đơn điệu của hàm để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất.
1. Bất đẳng thức Cô-si.
Cho ta có .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .
Cho ta có
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .
V
,
f
xxD
a
0, 0ab
2
ab
ab
ab
b
0, 0, 0abc
3
.
3
abc
abc

abc
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 662
Cho
Ta có
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .
Các bất đẳng thức cơ bản.
Các dạng hay sử dụng.
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki.
a.
Dạng đa thức Bất đẳng thức Bunhiacopxki.
Cho 2 bộ số và ta có
Dấu xảy ra
b. Dạng phân thức
Cho 2 bộ số và với
Ta có
Bài tập: Cho hình chóp có đáy là tam giác vuông cân tại và vuông góc với mặt
phẳng đáy. Cho , mặt phẳng tạo với mặt đáy một góc . Thể tích khối chóp
đạt giá trị lớn nhất là
A. . B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
c
12
0, 0, , a 0
n
aa
12
12
..
n
n
n
aa a
aa a
n

12 n
aa a

22 2
11 8
2, , 0; ;
ab
ab
ba
ab
ab

1
2, 0aa
a

2
22
42ab a b a b
2
222
33.ab bc ca a b c a b c

2
12
12
11 1
n
n
aa a n
aa a






2
12 12
11 1
.
nn
n
aa a aa a


12
,2:,,,
n
nZn aa a
12
,,,
n
bb b
22 2 22 2
12 12
.
nn
aa a bb b 

2
11 2 2 nn
ab ab ab
""
12
12
.
n
n
a
aa
bb b

12
,2:,,,
n
nZn aa a
12
,,,
n
bb b
12
,,, 0.
n
bb b

2
2
22
12
12
12 12
.
n
n
nn
aa a
a
aa
bb b bb b



.SABC
A
BC C SA
SC a
SBC
.S ABC
3
16
a
3
3
27
a
3
3
48
a
3
2
24
a
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 663
Chọn B.
Ta có
Xét vuông tại có
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi biểu thức
đạt giá trị lớn nhất
Cách 1:
Đặt . Vì nên
Ta có xác định và liên tục trên .
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta có khi .
Vậy khi và chỉ khi .


,,SBC ABC SC AC SCA

SAC
A
.sin sin
.cos cos
SA SC a
AC SC a


2
.
111
.. .
332
S ABC ABC
V S SA AC SA





3
2
2
1
.cos .sin cos.sin.
66
a
aa


.S ABC
V
22
cos .sin . 1 sin .sinP


sint
090
 0sin 1

01t
23
1
P
ft t t t t
0;1
 



2
3
(
3
31 0
3
(loai)
nha )
3
nt
ft t ft
t


0;1
23
max
9
ft
3
3
t
33 3
.max
23 3
max . .
66927
S ABC
aa a
VP
3
sin
3
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 664
Cách 2:
Vì
.
Áp dụng Cô-si cho 3 số dương và , ta được:
Đẳng thức xảy ra khi
Vậy
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hình chóp
.SABC
có
SA
là đoạn thẳng thay đổi sao cho
SA x
,

0; 3x , các cạnh còn lại đều bằng 1. Thể tích khối chóp
.SABC
đạt giá trị lớn
nhất là
A.
1
4
B.
1
16
C.
1
12
D.
1
8
Hướng dẫn giải
Chọn D
Tổng quát:
Cho hình
chóp S.ABC
có SA là
đoạn thẳng
thay đổi sao
cho SA=x,
các cạnh còn
lại đều bằng
a (a là hằng
số) với
090sin0

2
222
1sin sinP

222
1 sin 1 sin 2sin
=
2


22
1sin ,1sin

2
2sin

222
1 sin 1 sin 2sin



3
222
1 sin 1 sin 2sin
8
327








222
1 sin 1 sin 2sin
4
227



2
max max
423
.
27 9
PP
22
3
1 sin 2sin sin .
3


33 3
.max
23 3
max . . .
66927
SABC
aa a
VP

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 665
Ta có tam giác
A
BC
đều
3
4

ABC
S
.
Gọi ,
M
N lần lượt là trung điểm của
SA
và
BC
.
Ta có
SAB
và
SAC
là hai tam giác cân tại
B
và
C
nên
SA BM
SA CM
. SA BCM SA BC
Mặt khác

2
2
2
1
4

x
B
MCM AB AM BMC
cân tại M.
Suy ra
.
M
NBC BC SAN
Kẻ
.SH AN
Do
.BC SAN BC SH SH ABC
Ta có
2
22 2
31
3.
44 2

x
M
NSNSM x
2
11 . 3
.. .
22
3
 
SAN
SA NM x x
SSANMSHANSH SH
AN
222
..
13131
...
3121228






ABC ABC
xx x x
SSSH
Vậy
.
1
max
8
S ABC
V
đạt được khi và chỉ khi
222
36
3.
22
 xxx x
Bài tập 2. Cho hình chóp .S ABCD có đáy
A
BCD là hình vuông cạnh 2a . Tam giác
SAB
vuông tại
S
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi
là góc tạo
bởi đường thẳng
SD
và mặt phẳng
SBC
, với
45
. Tìm giá trị lớn nhất của thể
tích khối chóp
.SABCD
A.
3
4a
B.
3
8
3
a
C.
3
4
3
a
D.
3
2
3
a
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi
D
là đỉnh thứ tư của hình
bình hành
SADD
.
Khi đó
//DD SA
mà
SA SBC
Nên
DD SBC
Ta có


,,SD SBC DSD SDA

0; 3xa
. Thể tích
khối chóp
.SABC
đạt
giá trị lớn
nhất là
3
.
8
SABC
a
V
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 666
Do đó
.tan 2 tan .SA AD a
Đặt
tan , x 0;1
x
Gọi
H là hình chiều của
S
lên
A
B , ta có
2
.
14
...
33

S ABCD ABCD
a
VSHS SH
Do đó
.SABCD
V đạt giá trị lớn nhất khi
SH
lớn nhất.
Vì
SAB
vuông tại
S
nên
22 222
2
.244
21 .
2


SA SB SA AB SA ax a a x
SH ax x
AB AB a
22
1
2. .
2


xx
SH a a
Từ đó
max SH a
khi
2
tan .
2
Vậy
3
2
.
14
max .4 .
33

S ABCD
a
Vaa
Bài tập 3. Khối chóp .SABCD có đáy là hình thoi cạnh a ,
,
SA SB SC a
cạnh
SD
thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp
.S ABCD
là
A.
3
2
a
B.
3
8
a
C.
3
3
8
a
D.
3
4
a
Hướng dẫn giải
Chọn D
Gọi
I
là tâm hình thoi
A
BCD
,
H
là hình
chiếu của
S
lên mặt phẳng
A
BCD
,
suy ra
HBI
.
Ta có
22222
,SI SA IA a IA
22222
IB AB IA a IA
suy ra
SI IB
.
Khi đó tam giác
SBD
vuông tại
S
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 667
Đặt
SD x
.
Ta có
.
....

ax
SB SD SH BD a x SH BD SH
B
D
Ta có
11 1 1 1
.. ... ..
32 3 2 6

SABCD
ax
VSHACBD ACBDaxAC
BD
Lại có
22222

B
DSBSDax
suy ra
22
2
4
ax
IB
22 22
22
3
.
44


ax ax
IA a
Suy ra
22
22
3
22 3 .
4

ax
A
CIA ax
2223
22
13
.3 . .
6624


SABCD
ax a x a
Vaxax
Bài tập 4 : Cho hình chóp
.SABCD
có đáy
A
BCD
là hình vuông cạnh bằng 2,
2SA và
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy
A
BCD
. Gọi ,
M
N là hai điểm thay
đổi trên hai cạnh
,AB AD
sao cho mặt phẳng
SMC
vuông góc với mặt phẳng

SNC
. Tính tổng
22
11
T
A
NAM

khi thể tích khối chóp
.SAMCN
đạt giá trị lớn
nhất.
A.
2.T
B.
5
.
4
T
C.
23
.
4
T
D.
13
.
9
T
Hướng dẫn giải
Chọn B
Đặt ,.AM x AN y
Gọi
; E ;OACDB BDCM 
.FBDCN
H
là hình chiếu vuông góc của
O trên
,SC
khi đó:
2
.
3
HO
Ta có

.
SC OH SC HE
SC HBD
SC BD SC HF






Do đó góc giữa
SCM
và

SCN
bằng góc giữa
H
E và
H
F . Suy ra
.
H
EHF
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 668
Mặt khác

.
12
..
33
S AMCN AMCN
VSASxy
Ta có
0, 0
x
y
và nếu
2, 2
x
y
thì gọi
K
là trung điểm của
AM
, khi đó
2
.
42 42 4 4
OE KM x OE EB OB x
OE
E
BMB x x x x x


Tương tự
2
4
y
OF
y
mà
2
. 2 2 12.OE OF OH x y
Nếu
2
x
hoặc
2
y
thì ta có
2
. 2 2 12.OE OF OH x y
Suy ra

.
122
.224
333
SAMCN AMCN
VSASxyxy


212
24.
32
x
x




Do đó
.
2222
1
2
11115
max 2 .
4
2
1
SAMCN
x
y
VT
AM AN x y
x
y

Bài tập 5: Cho hình chóp
.SABC
có đáy là tam giác vuông tại
A
với
1, 3.AB AC
Hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy là điểm
H
sao cho các mặt
phẳng
SAB
và
SAC
cùng tạo với
SH
góc 30 và mặt phẳng
SBC
tạo với
mặt phẳng đáy một góc
60
. Thể tích lớn nhất của khối chóp
.SABC
là
A.
max
13
.
4
V
B.
max
33
.
4
V
C.
max
31
.
4
V
D.
max
33
.
4
V
Hướng dẫn giải
Chọn D
.
Ta có


,,30SH SAB SH SAC nên hai
mặt phẳng
SAB
và
SAC
sẽ cùng tạo với mặt
phẳng đáy một góc
60
.
Suy ra

,,,dHAB dHAC dHBC
tức
H
hoặc là tâm nội tiếp hoặc là tâm bàng tiếp
các góc
,,ABC
của tam giác.
Ta có
333
;
22
Sp

còn các cạnh
2, 3, 1.ab c

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 669
Khi đó
13 33
;;
22
a
SS
rr
ppa


13 33
;.
22
bc
SS
rr
pb pc



Chiều cao chóp lớn nhất khi
max max
333 3 3
3.
24
a
SH r V


Bài tập 6. Cho hình chóp tứ giác đều
.SABCD
có các cạnh bên bằng
a
, góc tạo bởi
mặt bên và mặt phẳng đáy là
với
0;
2



. Thể tích khối chóp
.SABCD
đạt
giá trị lớn nhất là
A.
3
47
.
49
a
B.
3
43
.
27
a
C.
3
23
.
9
a
D.
3
415
.
75
a
Hướng dẫn giải
Chọn B.
A
CBD O SO ABCD
Gọi
M
là trung điểm của
CD


,.SCD ABCD SMO

Gọi độ dài một cạnh hình vuông là
x
.
Tam giác
SMC
vuông tại
M
có
2
222
.
4
x
SM SC CM a
Tam giác
SOM
vuông tại
O
có:
2
2
.cos cos .
4
x
OM SM SMO a

22 2
222
cos . cos
2444
xxxx
aa




2
22 2
2
2
22
2
2
1
4.
4cos 4 2
1tan
1
1cos 2tan
2tan
1
1tan
a
aaa
xx



.
2
2
4
.
2tan
ABCD
a
S

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 670
Ta có:
2
.tan
.tan .tan .
2
2tan
xa
SO OM SMO


23
.
2
23
2
114.tan4.tan
.. . . .
33
2tan
2tan
32tan
S ABCD ABCD
aa a
VSSO


Do
0; tan 0
2





. Thể tích khối chóp đạt giá trị lớn nhất khi

3
3
2
4.tan
.
3
2tan
a
đạt giá trị lớn nhất.
Ta xét


2
3
2
tan
.
2tan
f
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương
2
222
tan 1 1
;;.
2 tan 2 tan 2 tan


Ta có


22
3222
2
tan tan 1 1
..
2 tan 2 tan 2 tan
2tan
f




3
2
222
1tan 1 1 1
.
327
2tan 2tan 2tan











2
2
22
1tan 1
tan 1 .
27 4
2 tan 2 tan
f




Vậy

33
3
443
max .
27
321
SABCD
aa
V

Bài tập 7. Một hình hộp chữ nhật có diện tích toàn phần là
S
. Thể tích lớn nhất của
khối hộp chữ nhật là
A.
.
3
SS
B.
.
36
SS
C.
6
.
36
SS
D.
3
.
9
SS
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi chiều dài, chiều rộng, chiều cao của hình hộp chữ nhật lần lượt là ,,abc với
,, 0abc .
Ta có
222Sabacbc
Áp dụng bất đẳng thức
:
A
MGM
3
222
3
22232.2.26Sabacbc abacbc abc
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 671
33
3
222 222
6
6.
216 216 36
SSSS
a b c S a b c abc

Đẳng thức xảy ra khi
abc
hình hộp chữ nhật trở thành hình lập phương.
Bài tập 8. Cho hình lăng trụ đứng
.
A
BCABC

, đáy
A
BC
là tam giác vuông tại A
. Khoảng cách từ
A
A
đến
BCC B

và khoảng cách từ
C
đến
A
BC
đều bằng
x
không đổi, góc giữa hai mặt phẳng
A
BC
và
A
BC
bằng 0;
2



. Để thể
tích khối lăng trụ
.
A
BCABC

nhỏ nhất thì góc
có giá trị gần nhất giá trị nào sau
đây?
A. 25 B. 35
C.
45 D. 55
Hướng dẫn giải
Chọn B
Dựng
,
A
HBCHBC
()CK AC K AC


Ta có


;dAA BCCB AH x

 và


;d C ABC CK x



;.ABC ABC CAC


Xét tam giác
A
CK
vuông tại
K
có
.
sin sin
CK x
AC

Xét tam giác
'ACC
vuông tại
C
có ' .tan .tan .
sin cos
x
x
CC AC


Xét tam giác
A
BC
vuông tại A có

2
222
23
22
111 .
.
cos
1sin
AH AC x x
AB
AB AH AC
AH AC
x

Thể tích khối lăng trụ
.
A
BC A B C

là


3
.
2
1
.. .
2
2sin cos
ABC A B C
x
VABACCC
Để thể tích khối lăng trụ
.
A
BCABC

là nhỏ nhất thì
2
sin cos
lớn nhất.
Ta có
24 222
1
sin cos 2sin cos cos
2

222 3
2
12sin cos cos 8 23 3 3
sin cos .
23 54 94
x
V







Trong các
hình hộp chữ
nhật có cùng
diện tích
toàn phần thì
hình lập
phương thì
có thể tích
lớn nhất.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 672
Vậy
3
min
33
.
4
x
V
Đẳng thức xảy ra khi
22
2
2sin cos tan 35 .
2


Bài tập 9. Cho hình hộp chữ nhật .
A
BCD A B C D

có
A
BBC
và 3BD cm
. Hai
mặt phẳng
A
CC A

và
BDD B

hợp với nhau một góc
0
2





. Đường
chéo
B
D
hợp với mặt phẳng

CDD C

một góc
0
2





. Hai góc
,
thay
đổi nhưng thỏa mãn hình hộp
.
A
DD A BCC B
 
luôn là hình lăng trụ đều. Giá trị lớn
nhất thể tích của khối hộp
.
A
BCD A B C D

A.
3
3
cm
B.
23
3
cm
C.
63
3
cm
D.
12 3
3
cm
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có

;ACC A BDD B COD


.cos 3cos
22
CBD BC BD CBD

Lại có
.sin 3sin
2
CD BD CBD

Ta có

;BD CDDC BDC


Do
.
A
DD A BCC B

luôn là hình lăng trụ đều nên
BC CC
2
.
. . 27.sin .cos
22
ABCDABCD
VBCCDCC


Xét
24 222
1
sin cos .2sin .cos .cos
222 222

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 673
3
222
2sin cos cos
14
222
.
23 27








Dấu
""
xảy ra khi và chỉ khi
22 2
12
2sin cos tan 2arctan
22 22 2


2
23
sin cos 6 3
229
V


.
Dạng 15: Sử dụng thể tích để tính khoảng cách
1. Phương pháp
Để tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng ta sử dụng phương pháp đổi đỉnh và
áp dụng công thức
13
..
3
V
VhSh
S

Trong đó
V
là thể tích khối đa diện,
S
là diện tích đáy và
h
là khoảng cách từ đỉnh đến
mặt đáy.
Để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau ta áp dụng công thức



16
..sin , ; ; .
6
..sin ,
V
VABCD ABCDdABCDdABCD
AB CD AB CD

2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hình chóp
.SABC
có đáy là tam giác vuông ở
B
. Cạnh
SA
vuông
góc với đáy. Biết
,.SA a AB b Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
SBC
là
A.
22
.
ab
ab
B.
22
2
.
ab
ab
C.
22
.
2
ab
ab
D.
22
.
ab
ab
Hướng dẫn giải
Khoảng
cách từ điểm
A đến mặt
phẳng
SBC
bằng
chiều cao
của hình
chóp
.
A
SBC
.
Do đó:


,dASBC
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 674
Chọn D
Ta có


.
3
,.
A
SBC
SBC
V
dASBC
S
Ta có:
..
11
....
36
A SBC S ABC ABC
VV SAS SAABBC
Mặt khác

SA SBC SA BC
mà
ABC
vuông tại
B
nên
.
B
CBA
Suy ra
B
CSB
hay
SBC
vuông tại
B
1
..
2
SBC
SBCBS
Vậy


22 22
1
3. . .
..
6
,.
1
.
2
SA AB BC
SA AB SA AB ab
dASBC
SB
SA AB a b
SB BC


Bài tập 2. Cho tứ diện đều cạnh bằng 1 và điểm
I
nằm trong tứ diện.
Tổng khoảng cách từ
I
đến các mặt của tứ diện là
A. 6. B.
6
.
9
C.
3
.
2
D.
6
.
3
Hướng dẫn giải
Chọn D
Xét tứ diện đều
A
BCD
có diện tích
đáy là
3
4
và chiều cao là
2
3
nên
thể tích tứ diện đều
A
BCD
là
2
.
12
V
Gọi
1234
,,,hhhh
lần lượt là khoảng
cách từ
I
đến các mặt
, , , .
B
CD ACD ABD ABC
Đặt
1234
, , , .
IBCD IACD IABD IABC
VV VV VV V V
Ta có
1234
.VVV VV
Cách trắc
nghiệm:
Chọn đặc
biệt
I
A
.
Khi đó tổng
khoảng cách
từ
I
đến các
mặt của tứ
diện bằng
khoảng cách
từ
A đến
B
CD
và
bằng
6
.
3
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 675
1
11 1
3
1
..
3
BCD
BCD
V
VhS h
S

Tương tự
3
24
234
3
33
,,.
A
CD ABD ABC
V
VV
hhh
SSS

Vậy
3
12 4
1234
3
33 3
.
BCDACDABDABC
V
VV V
hhhh
SSSS

Tứ diện
A
BCD
là tứ diện đều nên
3
.
4
BCDACDABDABC
SSSS
Suy ra



1234
1234
3
36
.
3
33
44
VVVV
V
hhhh
Bài tập 3. Cho hình hộp chữ nhật
.
A
BCDABCD

có 3, 4, 5AB AD AA
. Lấy
điểm
M
trên cạnh
A
B sao cho 4
B
MAM
. Khoảng cách từ
C
đến
B
D bằng 4.
Khoảng cách từ điểm
M
đến
BC D
là
A. 2 B.
12
5
C.
33
2
D.
8
3
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
..
44
4
55
M
BC D A BC D
BM
BM AM V V
AB

Mà
.. .
11
...108.
36
A BC D C ABD ABD M BC D
VV CCS CCABAD V



Ta có

22
,
1
5, . 10.
2
CBD
CBD
BD AB AD S d BD

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 676
Ta có




.
,
,,
3
112
..
35
MBCD
MBCD BCD
M BCD M BCD
BC D
V
VdSd
S



Bài tập 4. Cho tứ diện ABCD có 4, 5, 6.AB CD AC BD AD BC

Khoảng cách từ
A đến mặt phẳng
B
CD là
A.
36
.
7
B.
32
.
5
C.
342
.
7
D.
7
.
2
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Áp dụng công thức tính nhanh thể tích khối tứ diện gần đều, ta có

222222222
1
62
ABCD
Vabcabcabc   

222222222
1156
= 4 5 6 4 5 6 4 5 6 .
4
62

Ta có
456 15
.
222
BC CD DB
p


Suy ra

15 7
456 .
4
BCD
Spppp

Ta có


.
15 6
3.
3
342
4
,.
7
15 7
4
ABCD
BCD
V
dABCD
S

Bài tập 5. Cho hình chóp S.ABC có 2, 3, 4SA SB SC
.Góc
45 , 60 , 90ASB BSC CSA  
. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và
BC.
A.
634
.
17
B.
434
.
17
C.
734
.
17
D.
334
.
17
Hướng dẫn giải
Chọn C
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 677
Hình chóp S.ABC có , , SA a SB b SC c và
,,ASB BSC CSA


222
. .
1 cos cos cos 2cos .cos .cos 2.
6
SABC SABC
abc
VV

 
Ta có:
20; 13.AC BC

22 2222
3 4 20 13 6 2 3
cos , .
2.
2.2. 13 26
SB SC AC AB
SA BC
SA BC


Suy ra

17
sin , .
26
SA BC
Suy ra


6634
,.
17
..sin ,
V
dSABC
SA BC SA BC

Bài tập 6. Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng V. Trên AB lấy hai điểm M, N trên
CD lấy hai điểm P, Q thỏa mãn
231
MN PQ
CD AB
. Thể tích khối MNPQ đạt giá trị
lớn nhất bằng
A. .
8
V
B. .
16
V
C.
.
24
V
D.
.
32
V
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 678

1
.. , .sin , ;
6
ABCD
V AB CD d AB CD AB CD

1
.. , .sin , .
6
MNPQ
V MN PQ d MN PQ MN PQ
Do
,,dABCD dMNPQ
và

sin , sin ,
A
BCD MN PQ
nên
.
.
.
MNPQ
ABCD
V
M
NPQ
VABCD
Ta có 2 3 22 .3 26 .
M
NPQ MNPQ MNPQ
CD AB CD AB CD AB

1
6.
2
MN PQ
CD AB

do
231
MN PQ
CD AB

11
..
24 24
MNPQ
ABCD
V
MN PQ
CD AB V

Vậy
.
24 24
MNPQ MNPQ
VV
VMaxV
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 679
CHƯƠNG 2: MẶT NÓN, MẶT TRỤ, MẶT CẦU
BÀI 1: MẶT NÓN
A. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
MẶT NÓN TRÒN XOAY
Trong mặt phẳng
P
. Cho hai đường thẳng Δ là
cắt nhau tại O và tạo thành góc
với
090
. Khi quay mặt phẳng

P
xung quanh
Δ thì đường thẳng
sinh ra một mặt tròn xoay
đỉnh O gọi là mặt nón tròn xoay (hay đơn giản là
mặt nón). Khi đó:
Đường thẳng Δ gọi là trục của mặt nón.
Đường thẳng
được gọi là đường sinh của mặt
nón.
Góc
2 gọi là góc ở đỉnh của mặt nón.
Nhận xét:
Nếu M là một điểm tùy ý của mặt nón

N khác với điểm O thì đường thẳng OM là
đường sinh của mặt nón đó.
HÌNH NÓN TRÒN XOAY
Cho
OIM
vuông tại I quay quanh cạnh góc
vuông
OI thì đường gấp khúc OMI tạo thành một
hình, gọi là hình nón tròn xoay (gọi tắt là hình
nón).
Khi đó:
Đường thẳng OI gọi là trục, O là đỉnh, OI gọi là
đường cao và
OM gọi là đường sinh của hình nón.
Hình tròn tâm I, bán kính rIM là đáy của hình
nón.
Chú ý: Nếu cắt mặt nón

N bởi hai mặt
phẳng song song
P
và
Q
với
P
qua O và vuông góc với thì phần mặt
nón
N giới hạn bởi hai mặt phẳng
P
và
Q và hình tròn giao tuyến của
Q
và mặt nón
N
là hình nón.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 680
KHỐI NÓN TRÒN XOAY
Phần không gian được giới hạn bởi một hình nón
tròn xoay kể cả hình đó ta gọi là khối nón tròn
xoay hay ngắn gọn là khối nón.
Các khái niệm tương tự như hình nón.
Xét khối nón có hình biểu diễn là hình bên thì ta có
nhận xét:
- Nếu mp

P
chứa OI thì thiết diện của mp
P
và khối nón là một hình tam giác cân tại
O.
- Nếu mp
P
vuông góc với OI (không chứa O)
thì thiết diện của mp
P
và khối nón (nếu có) là
một hình tròn. Hình tròn thiết diện này có diện tích
lớn nhất khi mp
P
đi qua I.
CÔNG THỨC CẦN NHỚ
Hình nón có chiều cao là
h, bán kính đáy r và độ
dài đường sinh là
thì có:
- Diện tích xung quanh:
xq
Sr
.
- Diện tích đáy (hình tròn):
2
ht
Sr .
- Diện tích toàn phần:
2
tp
Srr
.
- Thể tích khối nón:
2
11
.
33
ht
VSh rh
 .
Chú ý: Vẽ hình biểu diễn hình nón hay
khối nón ta thường vẽ như hình bên.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 681
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
MẶT NÓN
Trong mặt phẳng
P
. Cho hai đường thẳng Δ và
cắt nhau tại O và tạo thành góc
. Khi quay
mặt phẳng

P
xung quanh Δ thì đường thẳng
sinh ra một mặt tròn xoay đỉnh O gọi là mặt nón
tròn xoay.
MẶT NÓN TRÒN XOAY
Cho OMI vuông tại I quay quanh cạnh góc
vuông OI thì đường gấp khúc OMI tạo thành
một hình, gọi là hình nón tròn xoay.
HÌNH NÓN TRÒN XOAY
Phần không gian được giới hạn bởi một hình
nón tròn xoay kể cả hình đó ta gọi là khối
nón tròn xoay hay ngắn gọn là khối nón.
KHỐI NÓN TRÒN XOAY
CÁC CÔNG THỨC
Diện tích xung quanh
xq
Sr
Diện tích đáy
2
ht
Sr
Diện tích toàn phần
2
tp
Srr
Thể tích
2
11
.
33
ht
VSh rh
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 682
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, độ dài đường sinh, chiều cao,
bán kính đáy, thiết diện của hình nón
1. Phương pháp giải
Nắm vững các công thức về diện tích xung
quanh, diện tích toàn phần, diện tích đáy.
Biết sử dụng các kết quả của phần kiến thức
quan hệ song song, quan hệ vuông góc, các
hệ thức lượng trong tam giác… để áp dụng
vào tính toán.
Ví dụ: Tính diện tích xung quanh của khối nón
có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân
diện tích bằng 2?
A. 22S
. B. 4S .
C.
2S
. D. 42S .
Hướng dẫn giải
Tam giác OAB vuông
cân diện tích bằng 2
2
1
2
2
OA
2OA OB
22
22 22AB 
2
2
AB
hR
Suy ra
.2.2 22
xq
S
.
Chọn A.
2. Bài tập
Bài tập 1:
Cắt một hình nón bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết
diện là tam giác đều cạnh 2a. Tính diện tích toàn phần của hình nón đó.
A.
2
6 a . B.
2
24 a . C.
2
3 a
. D.
2
12 a
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có
23
3, 2 ,
2
a
ha a ra .
Diện tích toàn phần của hình nón là
222
..2 . 3
tp
Srraaa a  .
Bài tập 2: Cho hình nón có đường sinh bằng đường kính đáy, diện tích
đáy của hình nón bằng 9
. Độ dài đường cao của hình nón bằng
Lưu ý:
Diện tích tam giác
đều cạnh x là:
2
3
4
x
S và
độ dài chiều cao là:
3
2
x
h
.
Ở bài toán này
2
x
a
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 683
A. 33. B. 3. C.
93
2
.
D.
3
3
.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi ,,rh lần lượt là bán kính đường tròn đáy,
đường sinh, chiều cao của hình nón đã cho.
Theo giả thiết ta có
2
9
2
r
r

nên
3
6
r
.
Lại có
22
hr do đó 36 9 3 3h .
Bài tập 3: Thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác vuông có
cạnh góc vuông bằng 1. Mặt phẳng
qua đỉnh S của hình nón đó cắt
đường tròn đáy tại
M, N. Tính diện tích tam giác SMN, biết góc giữa
và đáy hình nón bằng
60.
A.
1
3
. B.
1
2
.
C.
2
3
.
D.
3
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi O là tâm đường tròn đáy, H là trung điểm
của
MN.
Ta có
MN là giao tuyến của đường tròn đáy và
mặt phẳng
, lại có ,OH MN SH MN.
Do đó góc giữa
và đáy hình nón là
60SHO .
Vì thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác vuông có cạnh góc
vuông bằng 1
2
2
SO
.
Xét
SOH vuông tại O có
6
sin 60
sin 60 3
SO SO
SH
SH

.
Khi đó
2
22 2
623
221
33
MN SN SH





.
Vậy diện tích tam giác SMN là
116232
...
22333
SMN
SSHMN

.
Bài tập 4: Cho hình nón đỉnh S, đường cao SO, A và B là hai điểm thuộc
Lưu ý: Tam giác SMN là tam
giác cân tại S và
1SM SN.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 684
đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến mặt phẳng
SAB bằng
3
3
a
và
30SAO ,
60SAB . Độ dài đường sinh của hình nón theo a
bằng
A. 2a . B. 3a . C. 23a . D. 5a .
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi I là trung điểm của AB, dựng OH SI
.
Ta có
3
3
a
OH
.
Do
60SAB  nên tam giác SAB đều.
Suy ra
SA SB AB.
Mặt khác
1
30 .sin 30
2
SAO SO SA SA
và
.3
.cos30
2
SA
OA SA
.
Xét tam giác
SOI ta có
2
222222
2
2
1111 1 1 1
1
31
2
22
OH OS OI OS OA AI
SA
SA
SA










22
16 3
6.62
3
a
SA OH a
OH SA

.
Bài tập 5: Cho hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O bán kính bằng
2
a và độ dài đường sinh bằng 5a . Mặt phẳng
P
qua đỉnh S cắt hình
nón theo thiết diện là một tam giác có chu vi bằng
21 5 a . Khoảng
cách
d từ O đến mặt phẳng
P
là
A.
3
3
a
d
. B.
2
a
d .
C.
3
7
a
d .
D.
3
2
a
d .
Hướng dẫn giải
Chọn D
Giả sử thiết diện là tam giác SAB, khi đó ta có
Lưu ý:
Ta có: OH SI (1)

AB OI
A
BSOI
AB SI

A
BOH
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
OH SAB , do đó
;dO SAB OH
.
Có thể đặt SA x
.
Do:
222
111
OH OE OS

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 685
21 5SA SB AB a
55 215aaAB a
2
A
Ba
.
Gọi E là trung điểm AB, ta có
A
BSE
, mặt khác
A
BSO
nên

A
BSOE
.
Kẻ
OH SE
tại H, (
HSE
).
Ta thấy
OH AB
vì
OH SOE OH SAB
.
Vậy khoảng cách từ S đến
P
là OH (hay
;dO P OH ).
22 22
1
,2, 4 3
2
EB AB a OB R a OE OB EB a a a 
.
22 22
54SO SB OB a a a,
22 22
..33
2
3
OS OE a a a
OH
OS OE a a


.
Vậy
3
2
a
d
.
Bài tập 6:
Cho hình nón tròn xoay nằm giữa hai mặt phẳng song song
P
và
Q
như hình vẽ. Kẻ đường cao
SO của hình nón và gọi I là trung điểm
của SO. Lấy
,,
M
PN QMN a
và đi qua I cắt mặt nón tại E và F đồng
thời tạo với SO một góc
. Biết góc
giữa đường cao và đường sinh của hình nón bằng 45. Độ dài đoạn EF là
A.
2
E
Fa
. B. tan 2
2
a
EF
.
C.
tan 2EF a
. D.
2tan2EF a

.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
22
.OS OE
OH
OS OE

Lưu ý:
SFI SEI SFE
SSS

 (*)
1
..sin45
2
SFI
SSFSI

1
..sin45
2
SEI
SSESI

1
..sin90
2
SFE
SSFSE

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 686
Xét tam giác NIO có
.cos cos , .sin sin
22
aa
OI NI NO NI
Xét tam giác SEF vuông tại S có
45 90 135SEF ESM SME   
.

1tan
.tan .tan 135 .
tan 1
SF SE SEF SE SE

.
Vì SI là độ dài đường phân giác trong góc
FSE nên

tan 135
.
2. cos 2
2 1 tan 135
SE
SE SF a
SI
SE SF




1tan
1cos
tan 1
sin
1tan
21 tan
22
tan 1
a
a
SE









Do đó

sin
tan 2
cos 135 1 tan cos sin 2
cos
SE SE a a
EF
SEF


.
Bài tập 7: Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt
bên và mặt đáy bằng
60. Tính diện tích xung quanh
x
q
S của hình nón
đỉnh S, có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
A.
2
3
3
xq
a
S
.
B.
2
10
8
xq
a
S
.
C.
2
7
4
xq
a
S
.
D.
2
7
6
xq
a
S
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi O là tâm của tam giác ABC, khi đó
SO ABC .
Hình nón đỉnh S, có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có đường
sinh là SA, bán kính đường tròn đáy là OA.
Gọi H là trung điểm của BC thì


;60SBC ABC SHO.
Tam giác ABC đều và O là tâm của tam
giác đều nên
1133
.
3326
aa
OH AH ;
23
33
a
OA AH
.
Thay vào (*) ta được
.
2
SE SF
SI
SE SF
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 687
Tam giác SOH vuông tại O và có
60SHO
nên
3
.tan60 . 3
62
aa
SO OH.
Tam giác SOA vuông tại O nên
22
22
321
49 6
aaa
SA SO OA
.
Diện tích xung quanh hình nón là
2
321 7
.. . .
36 6
xq
aa a
SrOASA
  
.
Dạng 2: Tính thể tích khối nón, bài toán cực trị
1. Phương pháp
Nhìn vào công thức tính thể tích khối nón
2
11
.
33
nht
VSh rh
ta thấy cần xác định chiều cao và diện
tích đáy (bán kính đáy) của khối nón. Đối
với bài toán cực trị ta thường tính toán
đưa đại lượng cần tìm cực trị phụ thuộc
vào một biến sau đó dùng đánh giá (sử
dụng bất đẳng thức, khảo sát hàm số…)
để tìm ra kết quả.
Ví dụ: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng
60
, diện
tích xung quanh bằng
2
6 a
. Thể tích V của khối
nón đã cho là
A.
3
32
4
a
V
.
B.
3
2
4
a
V
.
C.
3
3Va
. D.
3
Va
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Thể tích
22
11
..
33
VRhOASO  .
Ta có
60 30ASB ASO

1
tan 30 3
3
OA
SO OA
SO
 .
Lại có
22 2
.. . 6
xq
S R OA SA OA OA SO a

222 22
3626OA OA OA a OA a
23
1
3 3 .3 .3 3
3
OA a SO a V a a a .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 688
2. Bài tập
Bài tập 1:
Cho tam giác ABC có
2
45 , 30 ,
2
ABC ACB AB  .
Quay tam giác ABC xung quanh cạnh BC ta được khối tròn xoay có thể
tích V bằng
A.

31 3
2
V

B.
13
24
V

C.
13
8
V

D.
13
3
V

Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
sin 30 sin 45 sin105
A
BAC BC


1
513
2sin
12 2
AC
BC


.
Gọi
H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A.
Ta có
1
. . .sin105
2
AH BC AB AC AH
.
Suy ra thể tích khối tròn xoay cần tìm là
22 2
111
...
333
V AHBH AHCH AHBC 
13
24

.
Bài tập 2: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Hình nón
N có
đỉnh
A và đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Thể
tích
V của khối nón
N là
A.
3
3
27
a
V
B.
3
6
27
a
V
C.
3
6
9
a
V
D.
3
6
27
a
V
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi O là tâm của tam giác đều BCD.
Ta có ,
A
OhOCr
23 3
.
32 3
aa
r
.
Lưu ý:
V chính là tổng
thể tích của hai khối
nón: Khối nón có chiều
cao BH đường sinh AB
và khối nón có chiều
cao CH và đường sinh
AC.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 689
Suy ra
2
22 2
32
3
3
aa
har a





.
Vậy thể tích khối nón là
23
2
11 26
.
333 27
3
aa a
Vrh
 
.
Bài tập 3: Cho hình nón
N
có góc ở đỉnh bằng 60. Mặt phẳng qua
trục của

N cắt
N theo một thiết diện là tam giác có bán kính đường
tròn ngoại tiếp bằng 2. Thể tích khối nón
N
là
A. 33V . B. 43V . C. 3V
. D. 6V
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Tam giác SAB đều vì có SA SB và
60ASB . Tâm đường tròn ngoại tiếp của
SAB là trọng tâm tam giác. Bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác
SAB là
2
23
3
rSO SO
.
Mà
3
.sin 60 2 3
sin 60
3
2
SO
SO SA SA
.
Vậy bán kính đường tròn của khối nón là
23
3
22
AB
R 
.
Vậy thể tích khối nón là
2
1
3.33
3
V  .
Bài tập 4: Cho hình tứ diện ABCD có
A
D ABC , ABC là tam giác
vuông tại
B. Biết
,3,3BC a AB a AD a

. Quay các tam giác ABC
và
ABD (bao gồm cả điểm bên trong hai tam giác) xung quanh đường
thẳng
AB ta được hai khối tròn xoay. Thể tích phần chung của hai khối
tròn xoay đó bằng:
A.
3
33
16
a
. B.
3
83
3
a
. C.
3
53
16
a
. D.
3
43
16
a
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 690
Khi quay tam giác
ABD quanh AB ta được khối nón đỉnh B có đường cao
BA, đáy là đường tròn bán kính 3AE
cm. Gọi ,IACBEIH AB
,
tại
H.
Phần chung của 2 khối nón khi quay tam giác
ABC và tam giác ABD
quanh
AB là 2 khối nón đỉnh A và đỉnh B có đáy là đường tròn bán kính
IH.
Ta có
IBC đồng dạng với
1
3
3
IC BC
IEA IA IC
IA AE

.
Mặt khác
333
444
A
HIH AI a
IH // BC IH BC
A
BBCAC

.
Gọi
12
;V V lần lượt là thể tích của khối nón đỉnh A và B có đáy là hình
tròn tâm
H.
22
12
11
.; .
33
VIHAH VIHBH 
23
2
12
933
...3
3 3 16 16
aa
VVV V IHAB V a V

 
.
Bài tập 5: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC. Hình nón có đỉnh S và có
đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác
ABC gọi là hình nón nội
tiếp hình chóp
S.ABC, hình nón có đỉnh S và có đường tròn đáy là đường
tròn ngoại tiếp tam giác
ABC gọi là hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Tỉ số thể tích của hình nón nội tiếp và hình nón ngoại tiếp hình chóp đã
cho bằng
A.
1
2
.
B.
1
3
.
C.
2
3
.
D.
1
4
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Hai hình nón có cùng chiều cao nên tỉ số thể
tích bằng tỉ số diện tích mặt đáy. Vì tam giác
ABC đều nên bán kính đường tròn ngoại tiếp
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 691
bằng
2
3
đường cao của tam giác, bán kính đường tròn nội tiếp bằng
1
3
đường cao của tam giác.
Suy ra
11
22
11
24
VSr
RVS

.
Bài tập 6: Cho một đồng hồ cát gồm 2 hình nón chung đỉnh ghép lại,
trong đó đường sinh bất kỳ của hình nón tạo với đáy một góc
60 như
hình bên dưới. Biết rằng chiều cao của đồng hồ là 30cm và tổng thể tích
của đồng hồ là

3
1000 cm . Hỏi nếu cho đầy lượng cát vào phần trên thì
khi chảy hết xuống dưới, khi đó tỉ lệ thể tích lượng cát chiếm chỗ và thể
tích phần dưới là bao nhiêu?
A.
1
33
.
B.
1
8
.
C.
1
27
.
D.
1
64
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi bán kính của hình nón lớn và nón nhỏ lần lượt là
,
x
y x y .
Suy ra chiều cao của hình nón lớn và nón nhỏ lần lượt là
3, 3
x
y .
Theo giả thiết, ta có
22
3330
11
. 3 . 3 1000
33
xy
xx yy


33
10 3
20 3 10 3
,
33
1000 3
xy
x y
xy



.
Do hai hình nón đồng dạng nên tỉ số cần tính bằng
3
1
8
y
x



.
Bài tập 7: Trong tất cả các hình nón có độ dài đường sinh bằng
. Hình
nón có thể tích lớn nhất bằng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 692
A.
3
3
9
. B.
3
23
9
. C.
3
3
27
. D.
3
23
27
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi
0hh
là chiều cao hình nón, suy ra
bán kính
22
rh .
Suy ra thể tích khối nón là


223
11 1
33 3
Vrh hh fh
   .
Xét hàm

23
f
hhh trên

0; .


22
3
30
3
h
fh h
h khong thoa man


Lập bảng biến thiên ta được
Ta thấy

3
2
max
333
fh f





.
Vậy
3
max
23
27
V
. Dấu “=” xảy ra
3
h

.
Bài tập 8: Trong các hình nón cùng có diện tích toàn phần bằng S. Hình
nón có thể tích lớn nhất khi ( ,r
lần lượt là bán kính đáy và đường sinh
của hình nón)
A. 3r . B. 22r . C.
r
. D.
2r
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
2
2
Sr
Sr r
r


 .
Thể tích
Lưu ý: điều kiện của
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 693


2
2
22222 2 24
22
11 1 1
2
33 3 3
Sr
Vrhr r r r SSrr
r

  
.
Lập bảng biến thiên cho hàm
24
2
f
rSr r
 trên
0;
, ta thấy
hàm số đạt giá trị lớn nhất tại
3
4
S
rr
.
Bài tập 9: Cho hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn tâm O. Thiết diện
qua trục hình nón là một tam giác cân với cạnh đáy bằng a và có diện tích
là
2
a
. Gọi A, B là hai điểm bất kỳ trên đường tròn
O
. Thể tích khối
chóp S.OAB đạt giá trị lớn nhất bằng
A.
3
2
a
.
B.
3
6
a
.
C.
3
12
a
.
D.
3
2
12
a
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Tam giác cân SCD, có
2
11
..2
22
SCD
SCDSOaaSOSOa

.
Khối chóp S.OAB có chiều cao
2SO a
không đổi nên để thể tích lớn
nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác OAB lớn nhất.
Mà
2
11
..sin .sin
22
OAB
S OA OB AOB r AOB
 (với r là bán kính đường
tròn mặt đáy hình nón). Do đó để
OAB
S
lớn nhất khi
sin 1AOB
. Khi đó
3
max
12
a
V
.
Bài tập 10: Cho hình nón
1
N
có đỉnh S, chiều cao h. Một hình nón

2
N có đỉnh là tâm của đáy

1
N và có đáy là một thiết diện song song
với đáy của
2
N
như hình vẽ.
biến khi khảo sát hàm.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 694
Khối nón
2
N
có thể tích lớn nhất khi chiều cao x bằng
A.
2
h
.
B.
3
h
.
C.
2
3
h
.
D.
3
3
h
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Xét mặt cắt qua trục hình nón và kí hiệu như hình vẽ. Với O, I lần lượt là
tâm đáy của hình nón
12
,NN
; R, r lần lượt là các bán kính của hai
đường tròn đáy của
12
,NN.
Ta có
R
hx
SI r h x r
r
SO R h R h
 
.
Thể tích khối nón
2
N là



2
2
2
2
2
2
22
11
.
33 3
N
Rhx
R
Vrx xxhx
hh
 
.
Xét hàm

2
322
2
f
xxhx x hxhx trên
0; h . Ta có
 
22
34 ; 0
3
x
h
fx x hxh fx
h
x


.
Lập bảng biến thiên ta có
Vậy

f
x đạt giá trị lớn nhất trên khoảng
0; h tại
3
h
x
.
Bài tập 11: Xét các hình nón có đường sinh với độ dài đều bằng 10cm.
Chiều cao của hình nón có thể tích lớn nhất là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 695
A. 53cm. B. 10 3 cm. C.
53
3
cm.
D.
10 3
3
cm.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Xét hình nón có chiều cao là x cm và bán
kính đáy là y cm (x, y dương).
Ta có
22 2 2 2
10 100
x
yyx , ta có
điều kiện

,0;10x y .
Thể tích khối nón là

22
11
100
33
Vrh xx 
.
Xét hàm số
23
100 100 , 0;10fx x x x x x ;
 
2
10 3
100 3 ; 0
3
fx x fx x

 .
Bảng biến thiên
Ta thấy V lớn nhất khi

f
x lớn nhất tại
10 3
3
x
cm.
Bài tập 12: Giả sử đồ thị hàm số
24 22
12 1ym x mxm
 có 3
điểm cực trị là A, B, C mà
A
BC
x
xx. Khi quay tam giác ABC quanh
cạnh AC ta được một khối tròn xoay. Giá trị của m để thể tích của khối
tròn xoay đó lớn nhất thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
A.
4; 6
.
B.
2; 4
.
C.
2; 0
.
D.
0; 2
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 696
23 22
4144 1ymxmxxmxm



.


22
2
0
04 1 0
0
1
x
yxmxm
m
xm
m

 


.
Với
0m thì đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị (với
A
BC
x
xx
) là

2
22
22
;1;0;1
11
mm
Am Bm
mm






;
2
2
22
;1
11
mm
Cm
mm






.
Quay
A
BC
quanh AC thì được khối tròn xoay có thể tích là

2
29
22
5
22
2
12 2 2
2. . .
33 3 1 13
1
mm m
VrhBIIC
mm
m

  



.
Xét hàm


9
5
2
1
m
fm
m
.
Ta có



82
6
2
9
;030
1
mm
fm fm m m
m


.
Ta có bảng biến thiên
Vậy thể tích cần tìm lớn nhất khi
3m .
Bài tập 13: Cho tam giác ABC vuông tại A, có 6AB
cm, 3AC
cm.
Gọi M điểm di động trên cạnh BC sao cho MH vuông góc với AB tại H.
Cho tam giác AHM quay quanh cạnh AH tạo nên một hình nón, thể tích
lớn nhất của hình nón được tạo thành là
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 697
A.
3
.
B.
4
3
.
C.
8
3
. D. 4
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt
,0 6AH x cm x
.
Khi đó
6
B
Hxcm .
Xét tam giác BHM vuông tại H.
Ta có
tan
HM
HBM
BH

.tan 6 .tanHM BH HBM x HBM .
Mà
31
tan tan
62
AC
HBM ABC
A
B

.
Do đó

1
6.
2
HM x .
Thể tích của khối nón tạo thành khi tam giác AHM quay quanh cạnh AH
là


2
232
11
.. .. 6 12 36
33412
VAHHM x x x x x

 (1).
Xét hàm số
32
12 36
f
xx x x với 06x
, ta có
 
22
2
3 24 36; 0 3 24 36 0
6
x
fx x x fx x x
x


.
Bảng biến thiên của hàm số
32
12 36
f
xx x x với 06x
Từ (1) và bảng biến thiên ta có thể
tích lớn nhất của khối nón tạo thành là
8
.32
12 3
V

.
Bài tập 14: Cho hình lập phương
.
A
BCDABCD

có thể tích bằng 1.
Gọi
N là một hình nón có tâm
đường tròn đáy trùng với tâm của
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 698
hình vuông ABCD, đồng thời các điểm
,,,
A
BCD

nằm trên các đường
sinh của hình nón như hình vẽ. Thể tích khối nón
N có giá trị nhỏ nhất
bằng
A.
2
3
.
B.
3
4
.
C.
9
8
. D.
9
16
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Xét phần mặt cắt qua trục hình nón và đi qua mặt phẳng
A
ACC
, kí
hiệu như hình vẽ. Với I, H lần lượt là tâm của hình vuông ABCD,
A
BCD

và đỉnh
A
nằm trên đường sinh EF của hình nón.
Hình lập phương có thể tích bằng 1 nên
2
1,
2
AA HI A H

 .
Đặt
0EH x x. Khi đó, ta có
221
12 2
EH A H x x
FI r
EI FI x FI x




.
Thể tích khối nón
N
là



3
2
2
2
1
111
1
36 6
N
x
x
VrEI x
xx





.
Xét hàm số


3
2
1x
fx
x
trên
0; 
. Ta có


2
3
21xx
fx
x

.
Lập bảng biến thiên
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 699
Ta được


0;
27
min
4
fx

tại
2x
. Suy ra

9
min
8
N
V
.
Bài tập 15: Một hình nón đỉnh S bán kính đáy 3
R
a , góc ở đỉnh là
120. Mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện là một
tam giác. Diện tích lớn nhất của tam giác đó bằng
A.
2
3a . B.
2
2a
. C.
2
3
2
a
.
D.
2
23a .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giả sử
SAM là thiết diện tạo bởi mặt phẳng và hình nón.
Gọi

023AM x x a
.
Gọi H là trung điểm của AM
OH AM AM SOH AM SH 
.
Vì
2
sin 60
120 60
tan 60
AO
SA a
ASB ASO
AO
SO a


.
22
22 2 22 2
34
44
x
x
OH OA AH a SH OH SO a
.
2
2
11
.4
224
SAM
x
SAMSHxa
.
Ta có
22 22
2
22
22
1162
4022
24
44 84
44
xx ax
Sa Sxa
xx
aa









.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 700
2
max
2Sa.
Bài tập 16: Cho mặt cầu

S
bán kính R. Hình nón
N
thay đổi có
đỉnh và đường tròn đáy thuộc mặt cầu
S . Thể tích lớn nhất của khối
nón

N
là
A.
3
32
81
R
. B.
3
32
81
R
. C.
3
32
27
R
. D.
3
32
27
R
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có thể tích khối nón đỉnh S lớn hơn
hoặc bằng thể tích khối nón đỉnh
S
. Do
đó chỉ cần xét khối nón đỉnh S có bán
kính đường tròn đáy là r và đường cao
là
SI h với hR . Thể tích khối nón
được tạo nên bởi
N là

2
11
..
33
C
VhS hr

2
2
1
..
3
hR hR




32
1
2
3
hhR

.
Xét hàm số
32
2
f
hhhR
với
;2hRR
.
Ta có
2
34
f
hhhR
 .
2
0340 0fh h hR h
 
(loại) hoặc
4
3
R
h
.
Bảng biến thiên
Chú ý: Sau khi tính
được

32
1
2
3
VhhR

ta
có thể làm như sau:

32
1
2
3
VhhR


2
1
2
3
hRh


.4 2
6
hh R h

3
42
63
hh R h



3
32
81
R
.
Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi
4
42
3
R
hRhh

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 701
Ta có

3
32
max
27
f
hR tại
4
3
R
h .
Vậy thể tích khối nón được tạo nên bởi
N
có giá trị lớn nhất là
33
132 32
327 81
VRR
 khi
4
3
R
h .
Dạng 3 Bài toán thực tế về hình nón, khối nón
Bài tập 1: Người thợ gia công của một cơ sở chất lượng cao X cắt một miếng tôn hình tròn với
bán kính 60 cm thành ba miếng hình quạt bằng nhau. Sau đó người thợ ấy quấn và hàn ba
miếng tôn đó để được ba cái phễu hình nón. Hỏi thể tích V của mỗi cái phễu đó bằng bao
nhiêu?
A.
16000 2
3
V
lít. B.
16 2
3
V
lít. C.
16000 2
3
V
lít. D.
160 2
3
V
lít
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đổi 60 cm = 6 dm.
Đường sinh của hình nón tạo thành là 6
dm.
Chu vi đường tròn ban đầu là
212CR
.
Gọi r là bán kính đường tròn đáy của hình nón tạo thành.
Chu vi đường tròn đáy của hình nón tạo thành là
2.6
24
3
r

(dm)
4
2
2
r

(dm).
Đường cao của khối nón tạo thành là
22 22
62 42hr .
Thể tích của mỗi phễu là

22 3
11 162
2.4 2
33 3
Vrh dm
 
16 2
3
(lít).
Bài tập 2: Hai chiếc ly đựng chất lỏng giống hệt nhau, mỗi chiếc có phần
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 702
chứa chất lỏng là một khối nón có chiều cao 2dm (mô tả như hình vẽ).
Ban đầu chiếc ly thứ nhất chứa đầy chất lỏng, chiếc ly thứ hai để rỗng.
Người ta chuyển chất lỏng từ ly thứ nhất sang ly thứ hai sao cho độ cao
của cột chất lỏng trong ly thứ nhất còn 1dm. Tính chiều cao h của cột chất
lỏng trong ly thứ hai sau khi chuyển (độ cao của cột chấ
t lỏng tính từ đỉnh
của khối nón đến mặt chất lỏng – lượng chất lỏng coi như không hao hụt
khi chuyển. Tính gần đúng h với sai số không quá 0,01dm).
A. 1, 73h dm. B. 1, 89h dm. C. 1, 91h
dm. D. 1, 41h
dm.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Có chiều cao hình nón khi đựng đầy
nước ở ly thứ nhất
2
A
H
.
Chiều cao phần nước ở ly thứ nhất sau
khi đổ sang ly thứ hai 1
A
D .
Chiều cao phần nước ở ly thứ hai sau
khi đổ sang ly thứ hai
A
Fh .
Theo Ta-lét ta có
1
,
22
R
AD R AF h
RAH R AH

 
suy ra ,
22
R
Rh
R R


.
Thể tích phần nước ban đầu ở ly thứ nhất
2
2VR
.
Thể tích phần nước ở ly thứ hai
23
2
1
4
R
h
VRh


.
Thể tích phần nước còn lại ở ly thứ nhất
2
2
4
R
V
.
Mà
23 2 3
2
3
12
1
2271,91
44 44
Rh R h
VVV R h


.
Bài tập 2: Một bể nước lớn của khu công nghiệp có phần chứa nước là
một khối nón đỉnh S phía dưới (hình vẽ), đường sinh
27SA
mét. Có
một lần lúc bể chứa đầy nước, người ta phát hiện nước trong bể không đạt
yêu cầu về vệ sinh nên lãnh đạo khu công nghiệp cho thoát hết nước để
làm vệ sinh bể chứa. Công nhân cho thoát nước ba lần qua một lỗ ở đỉnh
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 703
S. Lần thứ nhất khi mực nước tới điểm M thuộc SA thì dừng, lần thứ hai
khi mực nước tới điểm N thuộc SA thì dừng, lần thứ ba mới thoát hết
nước. Biết rằng lượng nước mỗi lần thoát bằng nhau. Tính độ dài đoạn
MN.
A.

3
27 2 1
m.
B.
3
3
99 4 1 m.
C.
3
3
99 2 1 m.
D.
3
3
93 2 1 m.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta gọi
12
,,V V V
lần lượt là thể tích khối nón có đường sinh là SN, SM,
SA.
Do
SEM
đồng dạng với
SOA
nên ta có
SM SE EM
SA SO OA
 .
Lại có
2
33
3
2
2
1
..
22
3
13122
1
3327
..
3
EM SE
V
SA SM
SM
VSM
OA SA
 

 
 
Tương tự
33
3
1
1
6561
327
VSN SN
SN
VSA
 

 
 
.
Vậy
33
13122 6561MN SM SN .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 704
BÀI 2: MẶT TRỤ
A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM
MẶT TRỤ TRÒN XOAY
Trong mp
P
cho hai đường thẳng
và
l
song song với nhau, cách
nhau một khoảng r. Khi quay mp

P
xung quanh
thì đường thẳng
l
sinh ra một mặt tròn xoay được gọi là mặt trụ tròn xoay hay gọi tắt là mặt
trụ.
- Đường thẳng được gọi là trục.
- Đường thẳng
l
được gọi là đường sinh.
- Khoảng cách r được gọi là bán kính của mặt trụ đó.
HÌNH TRỤ TRÒN XOAY
Ta xét hình chữ nhật
A
BCD
.
Khi quay hình đó xung quanh đường thẳng chứa một cạnh, chẳng hạn
cạnh
A
B, thì đường gấp khúc
A
BCD
tạo thành một hình được gọi là hình trụ tròn xoay hay gọi tắt
là hình trụ.
- Đường thẳng
A
B
được gọi là trục.
- Đoạn thẳng
CD
được gọi là độ dài đường sinh.
- Độ dài đoạn thẳng
A
BCDhđược gọi là chiều cao
của hình trụ (độ dài đường sinh bằng chiều cao của hình trụ).
- Hình tròn tâm A, bán kính rAD và hình tròn tâm B , bán
kính
rBC được gọi là hai đáy của hình trụ.
- Phần mặt tròn xoay được sinh ra bởi các điểm trên cạnh CD
khi quay quanh
A
B gọi là mặt xung quanh của hình trụ.
KHỐI TRỤ TRÒN XOAY
Phần không gian được giới hạn bởi một hình trụ tròn xoay kể cả hình trụ đó
ta gọi là khối trụ tròn xoay hay ngắn gọn là khối trụ.
Các khái niệm tương tự như hình trụ.
CÔNG THỨC CẦN NHỚ
Cho hình trụ có chiều cao là
h, bán kính đáy r thì ta có:
- Diện tích xung quanh 2.
xq
Srh
- Diện tích đáy (hình tròn)
2
ht
Sr
.
- Diện tích toàn phần
2
2. 2 2
tp xq Đ
SS S rh r
 .
- Thể tích khối trụ
2
.
kt
VBhrh
 .
Chú ý: Vẽ hình biểu diễn hình trụ hay khối trụ
ta thường vẽ như hình bên.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 705
A’
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, diện tích thiết diện, chiều cao, bán
kính đáy, diện tích đáy của hình trụ
Bài tập 1: Cho hình trụ có chiều cao bằng 33. Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với
trục và cách trục một khoảng bằng 1, thiết diện thu được có diện tích bằng 18. Diện tích xung quanh
của hình trụ đã cho bằng
A. 63
B. 639
C. 339
D. 12 3
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Thiết diện thu được là hình chữ nhật ABCD và

OO'/ /
A
BCD , gọi I là trung điểm của AB
Ta có




22
'; ; 1
..3318
23
3
2
ABCD
OI ABCD
d OO ABCD d O ABCD OI
SABBCAB
AB
AI
rOA OI AI





Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là
2123
xq
Srl


.
Bài tập 2:
Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn (O) và (O'), thiết diện qua trục của hình trụ là
hình vuông. Gọi
A, B là hai điểm lần lượt nằm trên hai đường tròn (O) và (O'). Biết AB = 2a và
khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB và 00' bằng . Bán kính đáy bằng
3
2
a
. Bán kính đáy bằng
A.
17
3
a
B.
14
2
a
C.
14
4
a
D.
14
9
a
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi r là bán kính đáy.
Do thiết diện qua trục là hình vuông nên độ dài
đường sinh bằng 2r.
Dựng đường sinh AA'.
Gọi M là trung điểm của A' B
Lưu ý:
+

’,dOO AB
=
O'M.
+ Góc giữa AB và
mặt đáy là
góc
'
A
BA .
+ Góc giữa AB và
OO' là góc
'
A
AB
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 706

''
', '
3
'
2
OM AAB
dOO AB OM
a
OM



Ta có
22 22
''44
A
BABAA ar
Mặt khác
2
222
3
'''''
4
a
AM O A OM r
2
22 2
314
442
44
aa
ar r r
Bài tập 3: Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn (O) và (O'), chiều cao 2R và bán kính đáy R. Một
mặt phẳng

đi qua trung điểm của 'OO và tạo với 'OO một góc 30 . Hỏi

cắt đường tròn
đáy theo một dây cung có độ dài bằng bao nhiêu?
A.
22
3
R
B.
4
33
R
C.
2
3
R
D.
2
3
R
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 707
Chọn A.
Gọi I là trung điểm của 'OO .
Khi đó, mặt phẳng

=

IAB
Hạ
,OH AB OK IH. Dễ thấy H là trung điểm của AB và

OK IAB .
Suy ra



', , , 30OO IO IAB OI KI KIO
(vì
K
IO vuông tại O)
Khi đó
1
22
R
KO IO

. Vì HIO vuông tại O nên
222
111
OK OH OI

2
2
222222
2
222
111413
3
2
3
3
22
3
R
OH
OH OK OI R R R
RR
AH OA OH R
R
AB


Bài tập 4: Cho hình trụ có chiều cao bằng
62
. Biết rằng một mặt phẳng không vuông góc với đáy
và cắt hai mặt đáy theo hai dây cung song song AB, A'B'
mà AB = A'B' = 6, dỉện tích hình chữ nhật
ABB'A' bằng 60. Bán kính đáy của hình trụ là
A. 5. B. 32 C. 4 D. 52
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Diện tích hình chữ nhật ABB'A' bằng 60
(cm
2
)
nên
AB.BB' = 60
6. ' 60 ' 10BB BB
Ta có
5MK
Chiều cao hình trụ bằng
62
(cm) nên
32MO .
Lưu ý: Bài tập 5 và
Bài tập 6 tuy đề cho
khác nhau nhưng
thiết diện giống nhau.
Ở Bài tập 7 dưới đây
thêm một cách hỏi
khác nữa dù thiết
diện vẫn là vậy.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 708
22
22
25 18 7;
63.
79 4
OK MK MO
AB KB
BO OK KB



Bài tập 5: Một hình trụ có bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a. Một hình vuông ABCD có AB,
CD
là hai dây cung của 2 đường tròn đáy và mặt phẳng
ABCD
không vuông góc với đáy. Diện
tích hình vuông đó bằng
A.
2
5
4
a
B.
2
5a
C.
2
52
2
a
D.
2
5
2
a
Hướng dẫn giải
Chọn D
Đặt
2
24
ABCD
A
BAD x S x.
Gọi
A', B' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên mặt
đáy của hình trụ.
Xét tam giác
AA'D vuông tại A' ta có
22 22
''4A D AD AA x a
Mặt khác, gọi
I là trung điểm của 'AD thì ta có:
2
22 2
1
' 2' 2 '' ' 2 ''
2
AD AI OA OI OA CD

 


2
222
1
222
2
axax

 


Do đó
22 22 22 22
42 44
x
aaxxaax 
2
2
5
4
2
a
x
. Vậy
2
5
2
ABCD
a
S
(đvdt)
Dạng 1: Thể tích khối trụ, bài toán cực trị
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 709
Bài tập 1: Cắt một khối trụ bởi mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có
cạnh
AB và cạnh CD nằm trên hai đáy của khối trụ. Biết 2
B
Da ,
30DCA . Tính theo a thể
tích khối trụ.
A.
3
32
48
a
B.
3
32
32
a
C.
3
32
16
a
D.
3
36
16
a
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
2
A
CBDa .
Mặt khác xét tam giác ADC vuông tại D, ta có
22
.sin30
22
A
DAC a h a
và
66
cos30
224
CD
CD AC a r a
.
Nên
2
23
6232
.
4216
Vrh a a a






.
Bài tập 2: Cho hình chữ nhật ABCD có AD = 3AB. Gọi
1
V là thể tích của khối trụ tạo thành khi cho
hình chữ nhật quay xung quanh cạnh AB,
2
V
là thể tích khối trụ tạo thành khi cho hình chữ nhật
quay xung quanh cạnh
AD. Tỉ số
1
2
V
V
là.
A. 9 B. 3 C.
1
3
D.
1
9
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Khối trụ tạo thành khi cho hình chữ nhật ABCD quay xung quanh cạnh AB có bán kính đáy và chiều
cao lần lượt là
11
3;rAD ABhAB
.
Khi đó, thể tích của khối trụ này là
23
111
9Vrh AB

 .
Khối trụ tạo thành khi cho hình chữ nhật ABCD quay xung quanh cạnh AD có bán kính đáy và
chiều cao lần lượt là
22
;3r AB h AD AB.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 710
Khi đó, thể tích của khối trụ này là
23
222
3Vrh AB


.
Vậy
3
1
3
2
9
3
3
VAB
VAB

.
Bài tập 3: Cho hình thang ABCD vuông tại Avà B với
2
A
D
A
BBC a . Quay hình thang và miền
trong của nó quanh đường thẳng chứa cạnh BC. Thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành là
A.
3
4
3
a
V
B.
3
5
3
a
V
C.
3
Va
D.
3
7
3
a
V
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Thể tích
12
VVV
.
Trong đó
1
V
là thể tích khối trụ có bán kính đáy là
BA a
và chiều cao
2
2;
A
DaV là thể tích khối nón có bán kính đáy là '
B
Da
và chiều cao 'CB a
Khi đó
3
22
12
15
.2 .
33
a
VVV aa aa


.
Bài tập 4: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a. cắt hình trụ bởi một mặt phẳng

P
song song với
trục của hình trụ và cách trục của hình trụ một khoảng bằng
2
a
ta được thiết diện là một hình
vuông. Thể tích khối trụ bằng
A.
3
3 a
B.
3
3a
C.
3
3
4
a
D.
3
a
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 711
Giả sử hình vuông ABCD là thiết diện của hình trụ cắt bởi
P
như hình vẽ.
Gọi
H, K lần lượt là trung điểm AD, BC.
Ta có
 

;
2
a
OH AD OH P d O P OH OH 
.
Do đó
22
3
22 2 3
2
a
A
DAH OAOH a
Suy ra
'3OO AB AD a
.
Vậy nên
22 3
.3 3VRhaa a

 .
Bài tập 5: Cắt một khối trụ cao 18cm bởi một mặt phẳng, ta được khối hình dưới đây. Biết rằng
thiết diện là một elip, khoảng cách từ điểm thuộc thiết diện gần đáy nhất và điểm thuộc thiết diện xa
mặt đáy nhất lần lượt là
8cm và 14cm . Tỉ số thể tích của hai khối được chia ra (khối nhỏ chia khối
lớn) là
A.
2
11
B.
1
2
C.
5
11
D.
7
11
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi V
1
;V
2
lần lượt là thể tích khối nhỏ và khối lớn.
Ta có thể tích khối trụ là
2
2
814
11
2
R
VR

(với
R là bán kính khối trụ).
Thể tích
2
2
2
814
11
2
R
VR
.
Vậy
22
12
2
22
18 11 7
11 11
VVV R R
VV R



.
Bài tập 6:
Cho tam giác vuông cân ABC có 2
A
BACa và hình chữ nhật
M
NPQ với MQ =
3MN
được xếp chồng lên nhau sao cho M,N lần lượt là trung điểm của AB, AC (như hình vẽ). Tính
thể tích
V của vật thể tròn xoay khi quay mô hình trên quanh trục AI, với / là trung điểm PQ.
A.
3
11
.
6
a
V
B.
3
5
.
6
a
V
C.
3
11
.
8
a
V
D.
3
17
.
24
a
V
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 712
Chọn D.
Ta có
22
2,2.
B
CABAC aMNaMQa
Gọi
E, F lần lượt là trung điểm MN và BC.
3
,
22
a
A
FaEF IF a
Vậy thể tích cần tìm là tổng thể tích của khối nón có chiều cao là
AF bán kính đáy FB và thề tích
khối trụ có chiều cao
IF bán kính IQ.
2
222 3
11317
......
332224
a
VAFFBIFIQ aa a a





.
Bài tập 7: Cho lăng trụ đứng .'' '
A
BC A B C có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông
cân tại A, góc giữa AC' và mặt phẳng
''
B
CC B
bằng
30 (tham khảo hình vẽ). Thể tích của khối
trụ ngoại tiếp lăng trụ
.'' '
A
BC A B C bằng
A.
3
a
B.
3
2 a
C.
3
4 a
D.
3
3 a
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi bán kính của hình trụ là R.
Ta có
''CC ABC CC AI
Lại có tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A
nên
A
IBC do đó
''
A
IBCCB
hay góc giữa
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 713
AC’ và mặt phẳng

''
B
CC B
là
'IC A
.
Xét tam giác
'
A
IC
ta có
AI
IC' R 3
tan IC'A

Xét tam giác
CIC' ta có
22 2 222
''342IC IC CC R R a R a
Thể tích khối trụ ngoại tiếp lăng trụ
.'' '
A
BC A B C là
23
4VRh a
.
Bài tập 8: Trong tất cả các khối trụ có cùng thể tích 330, xác định bán kính đáy của khối trụ có diện
tích toàn phần nhỏ nhất.
A.
3
165
B.
165
C.
3
330
D.
330
Hướng dẫn giải
Chọn A.
2
2
330
330 330VhR h
R

Khi đó diện tích toàn phần của khối trụ là
2
22
2
.2 . 2
330 660
.2 2 2
Sh R R
SRRS R
RR



 
Ta xem S là 1 hàm số ẩn R. Xét
2
660
'4SR
R

.
3
3
22
660 660 4 165
'0 4 0 0
R
SR R
RR

  
Lập bảng biến thiên ta có
Bài toán hỏi về bán kính đáy nên ta xem bán
kính đáy là ẩn, tính diện tích xung quanh
theo bán kính đáy.
Vậy S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
3
165
R
Bài tập 9: Thể tích lớn nhất của khối trụ nội tiếp hình cầu có bán kính R bằng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 714
A.
3
43
9
R
B.
3
83
3
R
C.
3
8
27
R
D.
3
83
9
R
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi X là khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến mặt đáy của hình trụ (0 < X <R). Bán kính đáy
của hình trụ là
22
rRx
Thể tích của khối trụ là
22 22
.2 2Vrhrx Rxxfx


 
22
3
'2 6;'0
3
R
fx R xfx x


(vì
0x ).
Ta có bảng biến thiên như sau
Vậy thể tích lớn nhất của khối trụ nội tiếp trong hình cầu bán kính R là
3
max
34 3
39
RR
Vf





.
Dạng 3: Bài toán thực tế về khối trụ.
Ví dụ: Một cơ sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau, bán kính đáy lần lượt
bằng 1m và 1,5m. Chủ cơ sở dự định làm một bể nước mới, hình trụ, có cùng chiều cao và có thể
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 715
tích bằng tổng thể tích của hai bể trên. Bán kính đáy của bể nước dự định làm gần nhất với kết quả
nào dưới đây?
A.
1, 6
m. B.
2,5
m. C.
1, 8
m D.
2,1
m.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi r là bán kính bể dự định làm, h là chiều cao các bể.
Ta có:

222 2
11,5 11,5 1,8mrh h r

 .
Bài tập 1. Cho một tấm bìa hình chữ nhật có kích thước 3a, 6a.
Người ta muốn tạo tấm bìa đó thành 4 hình không đáy như hình vẽ
dưới đây, trong đó có hai hình trụ lần lượt có chiều cao 3a, 6a và hai
hình lăng trụ tam giác đều có chiều cao lần lượt 3a, 6a.
Trong bốn hình H1, H2, H3, H4 lần lượt theo thứ tự có thể tích lớn nhất và nhỏ nhất là
A. H1, H4. B. H1, H3. C. H2, H3. D. H2, H4.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi
12
,
R
R lần lượt là bán kính của hai hình trụ ở hình H1, H2.
Gọi
12
,VV lần lượt là thể tích của hai hình trụ ở hình H1, H2.
12
,CC lần lượt là chu vi đáy của hai hình trụ ở hình H1, H2.
Ta có:
11 1 2 2 2
33
26 ;23
2
aa
CRaR C RaR


22
33
12
327 327
3;6
22
aa aa
Va V a






Do hai hình H3, H4 là hai hình lăng trụ tam giác đều nên ta có độ dài các cạnh đáy của hai hình
H3, H4 lần lượt là 2a;a.
Thể tích hình H3, H4 lần lượt là:
33
34
1133
3 . .2 .2 .sin 60 3 3 ; 6 . . . .sin 60
222
Vaaa aVaaa a


Từ đó ta có hai hình có thể tích lớn nhất và nhỏ nhất lần lượt theo thứ tự là H1, H4.
Lưu ý: Không phải cắt nhỏ
tấm bìa để tạo ra 4 hình
bên vì nếu vậy không thỏa
đề bài mà lấy tấm bìa lần
lượt tạo thành 4 hình trong
đề bài.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 716
Bài tập 2. Một người thợ có một khối đá hình trụ. Kẻ hai đường
kính MN, PQ của hai đáy sao cho MN
PQ. Người thợ đó cắt
khối đá theo các mặt cắt đi qua 3 trong 4 điểm M, N, P, Q để
khối đá có hình tứ diện MNPQ. Biết MN = 60 cm và thể tích
khối tứ diện MNPQ bằng 30 dm
3
. Thể tích lượng đá cắt bỏ là
bao nhiêu? (Làm tròn đến một chữ số thập phân sau dấu phẩy).
A. 101,3 dm
3
. B. 111,4 dm
3
.
C.
121,3 dm
3
. D. 141,3 dm
3
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Gọi ,OO
lần lượt là tâm đáy trên và đáy dưới của hình trụ.
Ta có:
.
1
() 2 2..
3
=
M
NPQ N OPQ OPQ
MN OPQ V V NO S

1
2. 2 . 6 30 5
2
OPQ
SOOOO


.
Ta có thể tích khối trụ là:
22
.5.3.45
KT
VOOR

.
Vậy thể tích lượng đá cắt bỏ là:
3
45 30 111,4 dm
 .
Bài tập 3. Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ
1
H ,
2
H xếp chồng lên
nhau, lần lượt có bán kính đáy và chiều cao tương ứng là
112 2
,,,rhr h thỏa mãn
21
1
2
rh ;
21
2hh (tham khảo hình vẽ bên). Biết rằng thể tích của toàn bộ
khối đồ chơi bằng 30cm
3
, thể tích khối trụ
1
H bằng
A.
3
24cm . B.
3
15cm . C.
3
20cm . D.
3
10cm .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi thể tích của toàn bộ khối đồ chơi là V, thể tích của khối dưới và khối trên lần lượt là V
1
và
V
2
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 717
Ta có:
12
VVV
Mà
2121
1
,2
2
rrhh nên
222
222 1 1 1 1 1
11 1
2
42 2
Vhr h r h r V


111
1
30 20
2
VVV
.
Bài tập 4. Cho một dụng cụ đựng chất lỏng được tạo bởi một hình trụ và hình nón được lắp đặt như
hình sau. Bán kính đáy hình nón bằng bán kính đáy hình trụ. Chiều cao hình trụ bằng chiều cao hình
nón và bằng h. Trong bình, lượng chất lỏng có chiều cao bằng
1
24
chiều cao hình trụ. Lật ngược
dụng cụ theo phương vuông góc với mặt đất. Độ cao phần chất lỏng trong hình nón theo h là
A.
8
h
B.
3
8
h
C.
2
h
D.
8
h
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Thể tích chất lỏng
22
11
..
24 24
Vr h rh


Khi lật ngược bình, thể tích phần hình nón chứa chất lỏng là
2
1
'
3
Vrh
Mà
.
rh h
rr
rh h


Do dó
2
3
2
2
11
33
hh
Vrhr
hh






Theo bài ra
3
2233
2
11 1
324 82
hh
VV r rh h h h
h


 .
Bài tập 5. Công ty của ông Bình dự định đóng một thùng phi hình trụ (có đáy dưới và nắp đậy phía
trên) bằng thép không gỉ để đựng nước. Chi phí trung bình cho 1 m
2
thép không gỉ là 350000 đồng.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 718
Với chi phí bỏ ra để làm cái thùng phi không quá 6594000 đồng, hỏi công ty ông Bình có thể có
được một thùng phi đựng được tối đa bao nhiêu mét khối nước? (Lấy 3,14
)
A.12,56 B. 6,28
C.
3,14
D.
9,52
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi R, h lần lượt là số đo bán kính và chiều cao của thùng phi hình trụ.
Với giả thiết như trên thì diện tích thép không gỉ được dùng tối đa là

2
6594000 471
m
350000 25
A 
Ta có
2( )
2
tp
A
SRRhAh R
R

Thể tích của thùng phi là
22 3
22
AA
VRhR R RR
R





(coi V là hàm số biến
R
).
2
3; 0 ,(0)
26
AA
VRVRR


Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có, giá trị !ớn nhất của thể tích là
3
max 6, 28
36
AA
Vm

.
Bài tập 6. Người ta thiết kế một thùng chứa hình trụ (như hình vẽ) có thể tích V nhất định. Biết rằng
giá của vật liệu làm mặt đáy và nắp của thùng bằng nhau và đắt gấp 3 lần so với giá vật liệu để làm
mặt xung quanh của thùng (chi phí cho mỗi đơn vị diện tích). Gọi chiều cao của thùng là h và bán
kính đáy là r. Tỉ số
h
r
sao cho chi phí vật liệu Sản xuất thùng là nhỏ nhất là bao nhiêu?
A.
2
h
r
B.
2
h
r
C.
6
h
r
D.
32
h
r
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 719
Chọn
C
.
Ta có
2
23
VhV
Vhrh
rrr

Giá thành vật liệu để làm chiếc thùng là

22 2
2
26 6 6 ,
VVV
TrhrA rA rA
rrr


 


trong đó
A
là giá của một đơn
vị diện tích vật liệu làm mặt xung quanh của thùng. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số
dương
2
,,6
VV
r
rr
được
32
36TV
Dấu “ ” xảy ra khi
2
3
66
VV
r
rr

Vậy chi phí vật liệu sản xuất thùng là nhỏ nhất khi
6
h
r
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 720
BÀI 3: MẶT CẦU – KHỐI CẦU
A. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
Định nghĩa
- Tập hợp các điểm trong không gian cách điểm O cố
định một khoảng R không đổi gọi là mặt cầu tâm O, bán
kính R, kí hiệu là:
;.SOR Khi đó
;.SOR MOM R
- Khối cầu hay hình cầu
;SOR là tập hợp tất cả các
điểm M sao cho
.OM R
Vị trí tương đối giữa mặt cầu và một điểm
Cho mặt cầu

;SOR và một điểm A. Nếu:
+)
OA R thì điểm A nằm trên mặt cầu
;.SOR
+)
OA R thì ta nói điểm A nằm ngoài mặt cầu
;.SOR
+)
OA R thì ta nói điểm A nằm trong mặt cầu
;.SOR
Ta thường vẽ hay biểu diễn một mặt
cầu hay khối cầu như hình sau:
Vị trí tương đối giữa mặt cầu và đường thẳng
Cho mặt cầu
;SIR và đường thẳng . Gọi
H là hình chiếu của I lên
hay
;.dI IH
Nếu:
+)
:IH R không cắt mặt cầu hay mặt
cầu

S;IR và đường thẳng không có điểm
chung.
+)
IH R thì với mặt cầu
;SIR có một
điểm chung duy nhất là H. Ta nói
là một tiếp
tuyến của mặt cầu
;SIR và H là tiếp điểm.
+)
:IH R cắt mặt cầu
;SIR tại hai
điểm phân biệt.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 721
Nhận xét:
+) IAB
cân tại
I, điểm H là trung
điểm của AB và
2
22 22
.
2
AB
RIHAHIH

 


Vị trí tương đối giữa mặt cầu và mặt phẳng
Cho mặt cầu
;SIR
và mặt phẳng
P
. Gọi
H là hình chiếu vuông góc của I lên
P
hay
;.dI P IH
Nếu:
+)
:IH R Mặt cầu
;SIR và mặt phẳng
P
không có điểm chung.
+) Nếu
:IH R
Mặt phẳng
P
tiếp xúc
mặt cầu
;SIR. Lúc này ta nói mặt phẳng
P
là mặt phẳng tiếp diện của mặt cầu và H là tiếp
điểm.
Lưu ý:
IH P
+) Nếu
:IH R Mặt phẳng
P
cắt mặt cầu
theo thiết diện là đường tròn có tâm
II H

và bán kính
22 22
.rRIH RII

Nhận xét: Đường tròn giao tuyến có diện tích
lớn nhất khi mặt phẳng
P
đi qua tâm I của mặt
cầu
;SIR. Đường tròn này ta gọi là đường
tròn lớn.
Công thức cần nhớ
Cho mặt cầu
;.SIR
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 722
- Diện tích mặt cầu
2
4.SR
- Thể tích khối cầu
3
4
.
3
VR
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1. Mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện
Các khái niệm cần lưu ý:
- Mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện: là mặt cầu mà nó đi qua tất cả các đỉnh của hình đa diện.
Tâm của mặt cầu ngoại tiếp cách đều tất cả các đỉnh của hình đa diện.
-
Trục của đa giác: là đường thẳng đi qua tâm của đường tròn ngoại tiếp đa giác và vuông góc
với mặt phẳng chứa đa giác. Mọi điểm nằm trên trục thì cách đều các đỉnh của đa giác và ngược lại.
-
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng: Là mặt phẳng đi qua trung điểm của đoạn thẳng và
vuông góc với đoạn thẳng đó. Mọi điểm nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng thì cách đều
hai điểm mút của đoạn thẳng và ngược lại.
Phương pháp giải
Đối với bài toán mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện thì mấu chốt của vấn đề là phải xác định được
tâm của mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện đó. Khi xác định được tâm của mặt cầu ngoại tiếp thì ta có
thể tính được các yếu tố còn lại như bán kính, diện tích mặt cầu, thể tích của khối cầu...
Bài tập: Cho hình hộp chữ nhật có ba kích thước là 2,4,4,aaa với 0.aR
Bán kính của mặt cầu
ngoại tiếp hình hộp chữ nhật đã cho bằng
A. 6a. B. 4a. C. 3a. D. 2a.
Hướng dẫn giải
Giả sử hình hộp chữ nhật là ABCD.A'B'C'D'. Dễ thấy điểm O là trung điểm của AC’ là tâm mặt
cầu ngoại tiếp của hình hộp chữ nhật.
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật là
.ROA

22
11
22
RAC AA AC




222
222
1
2
1
2443.
2
A
AAD DC
aaaa



Chọn C.
Bài tập mẫu
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 723
Cách 1. Tìm một điểm cách đều các đỉnh của khối đa diện theo định nghĩa mặt cầu
Bài tập 1.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là điểm I với
A. I là trung điểm của đoạn thẳng SD.
B. I là trung điểm của đoạn thẳng AC.
C. I là trung điểm của đoạn thẳng SC.
D. I là trung điểm của đoạn thẳng SB.
Hướng dẫn giải
Từ giả thiết ta có
B
CAB
B
CSA

90 1 .
o
B
CSAB BCSB
SBC
 

Chứng minh tương tự ta cũng có

90 2 .
o
CD SD SDC
Do


90 3 .
o
SA ABCD SA AC SAC
Từ (1), (2) và (3) suy ra mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là mặt cầu đường kính SC nên
tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I của đoạn thẳng SC.
Chọn C.
Bài tập 2.
Cho khối chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng 3a . Thể tích V của khối cầu
ngoại tiếp hình chóp là
A.
3
36.Va
B.
3
6.Va
C.
3
6
.
8
a
V
D.
3
36
.
8
a
V
Hướng dẫn giải
Vì S.ABCD là hình chóp đều nên
.SO ABCD
Ta có
11 6
.6 ,
22 2
a
OD BD a
22
6
.
2
a
SO SD OD
Vậy
,OS OA OD OB OC nên O là tâm mặt cầu ngoại
tiếp S.ABCD.
Vậy thể tích khối cầu cần tìm là
33
4
.6
3
VSOa

 (đvtt)
Chọn B.
Lưu ý:
Công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp đều:
2
2
a
R
h
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 724
với a: độ dài cạnh bên, h: chiều cao hình chóp.
Bài tập 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông,
SA ABCD
và
.SA AB a
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là
A.
2
.
2
a
B.
3
.
2
a
C.
5
.
2
a
D.
2.a
Hướng dẫn giải
Chứng minh tương tự như Bài tập 2 ta được kết quả
Ba đỉnh A, B, D đều nhìn cạnh SC dưới một góc vuông.
Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm SC và
bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là
.
2
SC
R
Ta có ABCD là hình vuông cạnh a
2.AC a
Xét tam giác SAC vuông tại A có
22
23.SC a a a
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là
3
.
2
a
R
Chọn B.
Bài tập 4.
Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và BCD là các tam giác đều cạnh bằng 2, hai mặt
phẳng (ABD) và (ACD) vuông góc với nhau. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bằng
A.
22.
B.
2.
C.
22
.
3
D.
6
.
3
Hướng dẫn giải
Ta có ABC, BCD đều cạnh bằng 2 nên
2
A
CCD ACD
cân tại C.
Gọi I là trung điểm
.
A
DCIAD
Lại có

ACD ADB
A
CD ADB AD CI ABD
IC AD

1CI IB do IB ABD
Ta có
.. 2.ACD ABD c c c CI IB
Từ (1) và (2) ta có ACB vuông cân tại
2
22.
22
CB
ICBIB IB IC
 
DIB vuông tại
22
2222.IID BDIB ADID
Xét ADB có
2; 2 2
A
B DB AD ABD vuông tại B.
90 90 .
oo
ABD ACD
Suy ra mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có đường kính là AD nên bán kính là
2.RID
Chọn B.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 725
Bài tập 5. Cho hình chóp S.ABC có
,SA ABC tam giác ABC vuông tại B. Biết
4, 2, 4.SA a AB a BC a Bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là
A. 3a. B. 2a. C. a. D. 6a.
Hướng dẫn giải
Ta có



.
BC AB
B
C SAB BC SB
BC SA do SA ABC
 

SA ABC SA AC
Suy ra hai điểm A, B cùng nhìn SC dưới một góc vuông. Vậy tâm
của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là trung điểm SC, bán kính
mặt cầu là
.
2
SC
R
Ta có
22222 2
416 20
A
CABBC a a a
22 2 2
16 20 6SC SA AC a a a

//
// .
BD
B
DEF
SBD EF

Vậy
3.Ra
Chọn A.
Bài tập 6:
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại B,
3, 30 .
o
AC a ACB Góc giữa đường thẳng AB' và mặt phẳng (ABC) bằng 60°. Bán kính mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện A'ABC bằng
A.
21
.
4
a
B.
21
.
2
a
C.
3
.
4
a
D.
21
.
8
a
Hướng dẫn giải
Trong tam giác vuông ABC có
3
.sin30 .
2
o
a
AB AC
Vì

A
BABCA

và hình chiếu của B lên mặt phẳng (ABC) là
B nên góc giữa đường thẳng AB' và mặt phẳng (ABC) bằng góc giữa hai
đường thẳng AB' và AB, và bằng góc
B
AB
(vì tam giác AB'B vuông tại
B). Do đó
60 .
o
BAB
Trong tam giác vuông AB'B có
33
.tan60 tan60 .
22
oo
aa
BB AB

Trong tam giác vuông AA'C có

2
2
22
321
3.
22
a
A
CAAAC a a





Ta có
B
CAB và
B
CAA
nên
,
B
C ABB A
suy ra
B
CAB
hay
90 .
o
ABC
Mà
90 ,
o
AAC
suy ra hai điểm A, B cùng nhìn A'C dưới một góc vuông.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 726
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A'ABC bằng
21
.
24
AC
R
a

Chọn A.
Bài tập 7.
Cho hình chóp S.ABC có đáy là hình vuông cạnh
,2aSA a
và vuông góc với mặt
phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm cạnh SC. Mặt phẳng () qua A và M đồng thời song song với
đường thẳng BD cắt SB, SD lần lượt tại E, F. Bán kính mặt cầu đi qua 5 điểm S, A, E, M, F nhận giá
trị nào sau đây?
A. a. B.
.
2
a
C.
2
.
2
a
D. 2.a
Hướng dẫn giải
Gọi I là giao điểm của AM và SO.
Dễ thấy I là trọng tâm tam giác SAC và I, E, F thẳng hàng.
Lại có
22
33
SF SI
SF SD
SD SO


2222
2
22
.2
33
..
SF SD SD SA AD a
SF SD SA


Xét tam giác vuông SAD có
2
.SF SD SA AF
là đường cao tam giác .
A
FSF
Chứng minh tương tự ta có
.
A
ESB
Tam giác
2SA AC a
nên AM vừa là trung tuyến vừa là đường cao tam giác
.
A
MSC
Ta có
A
MSM
A
FSF
A
ESE
nên mặt cầu đi qua 5 điểm S, A, E, M, F có tâm là trung điểm SA và bán kính
bằng
2
.
22
SA a
Chọn C.
Chú ý:
Ta có thể làm như sau
Do
EF SBD
 và
//
B
D
nên
// .
E
FBD
Ta có
,.
B
D AC BD SA BD SAC EF SAC EF SC  
Tam giác
SAC có 2SA AC a nên .
A
MSC
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 727
Do đó
1.SC AMEF SC AE
Lại có ,
B
CABBCSA nên
2.BC SAB BC AE
Từ (1) và (2) suy ra
.
A
ESBC AESB
Chứng minh tương tự, ta được
.
A
FSD
Từ đây, suy ra kết quả như cách bên.
Cách 2. Tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện là giao điểm của trục đường tròn ngoại tiếp đa giác
đáy và mặt phẳng trung trực của một cạnh bên
Chú ý:
Trong khuôn khổ bài tập thường xoay quanh hình chóp, hình lăng trụ nên đa giác đáy ta
nói đến ở đây là đáy của hình chóp hay hình lăng trụ.
Bài tập 1. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với mặt đáy một góc 60°.
Gọi (
S) là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Thể tích của khối cầu tạo nên bởi mặt cầu (S) bằng
A.
3
32
.
81
a
B.
3
32
.
77
a
C.
3
64
.
77
a
D.
3
72
.
39
a
Hướng dẫn giải
Gọi H là tâm của tam giác ABC, SH là trục của đường tròn ngoại tiếp ABC, mặt phẳng trung trực
của
SA qua E là trung điểm của SA và cắt SH tại I. Khi đó I là tâm của
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABC.
Xét trong tam giác
SAH ta có
32
SH AH.tan60 .tan60 ; .
3sin60
3
oo
o
aSHa
aSA
Xét hai tam giác đồng dạng
SEI và SHA
Ta có
22
.
.2
323
3
aa
SI SE SA SE a
SI
SA SH SH a

2
.
3
a
R
Suy ra thể tích của khối cầu tạo nên bởi mặt cầu (S) bằng
3
3
42 32
.
33 81
aa



Chọn A.
Bài tập 2.
Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đều có tất cả các cạnh đều bằng a.
A.
2
7
.
5
a
B.
2
7
.
3
a
C.
2
7
.
6
a
D.
2
3
.
7
a
Hướng dẫn giải
Gọi O
1
, O
2
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp hai đáy lăng trụ
O
1
O
2
là trục đường tròn ngoại tiếp hai đa giác đáy.
Gọi I là trung điểm của
12
.O O IA IB IC IA IB IC


Suy ra trung điểm I của O
1
O
2
là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.
Bán kính
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 728
2
22
22 2
12
22 2
23 7
...
232212
OO a a
RIA AO IO AO a










Do đó diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đều có tất cả các cạnh đều bằng a là
2
3
2
77
4. 4. . .
12 3
a
SR a






Chọn B.
Lưu ý:
Mặt phẳng trung trực của một cạnh bên cắt O
1
O
2
tại I là trung điểm của O
1
O
2
.
Bài tập 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, SA vuông góc với mặt phẳng
(ABC) và
2, 4, 5.AB AC SA Mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp S.ABC có bán kính là
A.
25
.
2
R
B.
5
.
2
R
C. 5.R
D.
10
.
3
R
Hướng dẫn giải
Gọi M, H lần lượt là trung điểm của BC, SA
Ta có tam giác ABC vuông tại A suy ra A là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. Qua M kẻ đường thẳng d sao cho
dABC d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Trong mặt phẳng kẻ đường trung trực
của đoạn SA, cắt d tại I
IA IB IC
IA IB IC IS
IA IS


I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Dễ thấy tứ giác HAMI là hình chữ nhật.
Ta có
22
11
24 5,
22
15
.
22
AM BC
IM SA


Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là
22
55
5.
42
RAI AM IM
Chọn B.
Lưu ý:
có thể thay mặt phẳng trung trực của SA bằng đường trung trực của SA xét trong mặt phẳng
(SAM).
Bài tập 4. Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABCD là
A. 2.a B. .a C.
2
.
2
a
D. 2.a
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 729
Gọi O là tâm của hình vuông
A
BCD SO ABCD
Vậy SO là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD
Trong (SAC) gọi (d) là trung trực của SA và I là giao điểm của (d)
với SO

.
ISO
IA IB IC ID
IA IS
Id
IA IB IC ID IS




Vậy
I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Bán kính mặt cầu là
22 2
22 2
2
2
.
22
2
2
2
2
SA SA a a
R
SO
SA AO
a
a




Chọn C.
Bài tập 5.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, các mặt bên tạo với đáy một
góc 60°. Diện tích S
mc
của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là
A.
2
25
.
3
mc
a
S
B.
2
32
.
3
mc
a
S
C.
2
8
.
3
mc
a
S
D.
2
.
12
mc
a
S
Hướng dẫn giải
Trục của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy là SO. Mặt phẳng trung trực của SB cắt SO tại I, cắt
SB tại K thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
Gọi H là trung điểm BC thì
60 .
o
SHO
Xét tam giác vuông SHO, ta có
tan 60 3.
o
SO
SO a
OH

Từ đó suy ra
22 22
32 5.SB SO OB a a a
Ta có
..SKI SOB g g∽
5
5.
.553
2
.
6
323
a
a
SK SI SK SB a a
SI SI
SO SB SO
a
 
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
22
2
75 25
44 .
36 3
mc
aa
SR


Chọn A.
Bài tập 6.
Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy
2,a
cạnh bên 2a. Gọi M, N, P, Q lần lượt là
trung điểm của SA, SB, SC, SD. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện ABCDMNPQ.
A.
6
.
2
a
R
B. .Ra C.
6
.
4
a
R
D.
10
.
4
a
R
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 730
Hướng dẫn giải
Ta có
// .
A
BCD MNPQ Gọi
.OACBD
Mà S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên
.SO ABCD Nên SO
là trục của hai đáy (ABCD) và (MNPQ).
Trong mặt phẳng (SAO) kẻ đường trung trực d của đoạn thẳng AM
cắt SA, SO tại H, I.
Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCDMNPQ và
bán kính là IA.
Ta có
2SA SB SC SD a

2.AB BC CD DA a
Lại có
333 1
.2 .
44 2 42
aa
SH SA a HA SA

22
22 3.AC AB a AO a SO SA AO a 
Mặt khác

3
.
.3
2
..
2
3
a
a
HI SH OA SH a
SHI SOA g g HI
OA SO SO
a
 ∽
Bán kính mặt cầu cần tìm là
2
2
22
3
.
22
aa
R
AI HI HA a








Chọn B.
Cách 3. Dựa vào trục của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy và trục của đường tròn ngoại tiếp
một mặt bên
Bài tập 1.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, 2, ,
A
BaBCa
hình chiếu của S lên
mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của
3
,.
2
a
AD SH Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD bằng bao nhiêu?
A.
2
16
.
3
a
B.
2
16
.
9
a
C.
3
4
.
3
a
D.
2
4
.
3
a
Hướng dẫn giải
Gọi I là giao điểm của AC và BC, qua I dựng đương thẳng d song song với
.SH d ABCD
Gọi M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAD, qua M kẻ đường
thẳng d' vuông góc với mp(SAD), d' cắt d tại O O là tâm mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và bán kính bằng
22
.
R
OS MO MS
Với
,
2
AB
OM IH a MS r (r là bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác SAB).
Lại có, SAD cân tại A, cạnh ,
A
Da
đường cao
3
2
a
SH
suy ra
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 731
tam giác SAD đều
2
2
234
33 3
aa
rAM SH R
(R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABCD).
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bằng
2
2
16
4.
3
a
SR

Chọn A.
Bài tập 2.
Cho hình chóp S.ABC có
.SA ABC Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A trên SB,
SC. Biết
,.
B
AC BC a

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCMN là
A.
2
2
.
cos
a
B.
2
2
.
sin
a
C.
2
2
4
.
cos
a
D.
2
2
4
.
sin
a
Hướng dẫn giải
+) Gọi K, P lần lượt là trung điểm của AC và AB.
ACN vuông tại N K là tâm đường tròn ngoại tiếp ACN.
ABM vuông tại M P là tâm đường tròn ngoại tiếp ABM.
+) Hai mặt phẳng (SAB), (ABC) vuông góc và cắt nhau theo giao tuyến AB nên gọi d
1
là trục của
đường tròn ngoại tiếp ABM thì d
1
qua
1
,
P
dABC và
1
.dAB
Tương tự, gọi d
2
là trục của
đường tròn ngoại tiếp ACN thì d
2
qua
2
,
K
dABC
và
2
.dAC
+) Rõ ràng, trong mặt phẳng (ABC) thì d
1
d
2
lần lượt là đường trung trực của các cạch AB, AC
nên hai đường này cắt nhau tại tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. Do đó, tâm mặt cầu ngoại tiếp
khối đa diện ABCMN cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, bán kính R của mặt cầu này cũng
chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC.
+) Áp dụng định lí sin cho ABC ta được
.
2sin 2sin
BC a
R
A

Vây diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCMN là
2
2
2
4.
sin
a
SR

Chọn B.
Lưu ý:
Cách 2: Vẽ đường kính AE của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó A, M, N, B, C cùng
nhìn AE góc 90°.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 732
Áp dụng định lí sin cho ABC ta được
.
2sin 2sin
BC a
R
A

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCMN là
2
2
2
4.
sin
a
SR

Dạng 2. Mặt cầu nội tiếp khối đa diện
Mặt cầu nội tiếp khối đa diện là mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của khối đa diện.
Phương pháp giải
Xác định được và hiểu rõ khoảng cách từ tâm của mặt cầu nội tiếp khối đa diện tới các mặt của
khối đa diện chính là bán kính của mặt cầu nội tiếp khối đa diện. Từ đó có thể tính được bán kính,
diện tích xung quanh của mặt cầu, thể tích của khối cầu và giải được các bài toán liên quan.
Ví dụ: Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương có cạnh bằng 1 là
A. .
12
B. .
3
C.
2
.
3
D. .
6
Hướng dẫn giải
Khối cầu nội tiếp hình lập phương có tâm trùng với tâm của hình lập phương và tiếp xúc với các
mặt của hình lập phương tại tâm của các hình vuông là các mặt của hình lập phương.
Suy ra bán kính
1
R.
2
Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương là
3
3
441
.
3326
VR





Chọn D.
Bài tập mẫu
Bài tập 1.
Cho hình lập phương có thể tích bằng 64a
3
. Thể tích của khối cầu nội tiếp của hình lập
phương đó bằng
A.
3
64
.
3
a
V
B.
3
8
.
3
a
V
C.
3
32
.
3
a
V
D.
3
16
.
3
a
V
Hướng dẫn giải
Hình lập phương có thể tích bằng 64a
3
, suy ra cạnh hình lập phương là 4a.
Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính bằng
1
2
cạnh hình lập phương
2.
R
a
Vậy
3
3
432
.
33
a
VR

Chọn C.
Bài tập 2.
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại
,8,6.BAB BC
Biết 6SA và SA
vuông góc với mp(ABC). Tính thể tích khối cầu có tâm thuộc phần không gian bên trong của hình
chóp và tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp S.ABC.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 733
A.
16
.
9
B.
625
.
81
C.
256
.
81
D.
25
.
9
Hướng dẫn giải
Gọi I và r lần lượt là tâm và bán kính của hình cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp
S.ABC.
Khi đó

.....
.
.
.
1
33
3
.
111
. .6. .8.6 48;
332
24; 30 108.
TP
S ABC I ABC I SBC I SAB I SAC ABC SAB SBC SAC
SABC
TP
SABC ABC
ABC SAB SBC SAC TP
rS
VVVVV rSSSS
V
r
S
VSAS
SS SS S






Vậy
3
.
3
3.48 4 4 256
.
108 3 3 81
S ABC
mc
TP
V
rVr
S

Chọn C.
Dạng 3. Bài toán cực trị
1. Phương pháp giải
Tương tự như bài toán cực trị về hình nón, hình trụ ta thường đánh giá trực tiếp dựa vào hình
hoặc biểu diễn hay quy đại lượng cần tìm cực trị phụ thuộc vào một yếu tố sau đó đánh giá tìm ra
đáp án.
Ví dụ: Cho mặt cầu bán kính 5.
R
cm Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn
(C) có chu vi bằng 8cm. Bốn điểm A, B, C, D thay đổi sao cho A, B, C thuộc đường tròn (C), điểm
D thuộc
SD C và tam giác ABC đều. Thể tích lớn nhất của tứ diện ABCD bằng
A.
3
20 3 .cm B.
3
32 3 .cm C.
3
60 3 .cm D.
3
96 3 .cm
Hướng dẫn giải
Gọi H là hình chiếu của D trên mặt phẳng (P). Đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC có chu
vi bằng 8cm.
Suy ra bán kính đường tròn

8
4.
2
Rcm

Suy ra cạnh của tam giác ABC bằng
43cm
Suy ra


2
2
43 3
12 3
4
ABC
Scm
 không đổi
Do đó thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất khi
,dD ABC lớn nhất
D và O nằm cùng phía SO với mặt phẳng (P) và D, O, H thẳng hàng
22
525168.
DH DO OH DO OA AH

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 734
Khi đó

3
max
1
.12 3.8 32 3 .
3
Vcm
Chọn B.
2. Bài tập mẫu
Bài tập 1.
Cho hai mặt cầu
12
,SS có cùng tâm I và bán kính lần lượt là 2 và
10.
Các điểm A,
B thay đổi thuộc

1
S còn C, D thay đổi thuộc
2
S sao cho có tứ diện ABCD. Khi thể tích khối tứ
diện ABCD đạt giá trị lớn nhất thì khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng
A. 10. B. 3. C. 5. D. 2.
Hướng dẫn giải
Để có tứ diện ABCD thì AB và CD không đồng phẳng.
Gọi R
1
, R
2
lần lượt là bán kính của các mặt cầu
1
S
và
21 2
2; 10.SRR
Gọi K là trung điểm của CD và h là khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD.
Ta
1
2, 2 4,sin , 1.CD CK AB R AB CD
Thể tích khối tứ diện ABCD là

11
..sin , . , .4..
66
ABCD
VABCDABCDdABCDCDh
22 22
44
.
33
Co si
hCK IKCK

Xét ICK vuông tại K có
2222
2
.IK CK CI R
Khi đó
2
44
10.
33
ABCD
VR
Dấu “=” xảy ra
4
5
AB CD
AB
hIKCK


Chọn C.
Bài tập 2:
Cho tam giác ABC đều cạnh a, đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng
(ABC). Gọi S là điểm thay đổi trên đường thẳng d, H là trực tâm tam giác SBC. Biết rằng khi S thay
đổi trên đường thẳng d thì điểm H nằm trên đường (C). Trong số các mặt cầu chứa đường (C), bán
kính mặt cầu nhỏ nhất là
A.
2
.
2
a
B. .a C.
3
.
12
a
D.
3
.
6
a
Hướng dẫn giải
Gọi M là trung điểm BC suy ra ; .
A
MBCSMBC
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, vì tam giác ABC đều cạnh a nên
31 3
;
236
aa
AM MG MA suy ra
2
..
4
a
MG MA
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 735
Mặt khác H trực tâm tam giác SBC nên tam giác BMH và tam giác
SMC là hai tam giác đồng dạng nên
2
...
4
B
MMH a
MH MS BM MC
SM MC

Do đó
..
M
HMS MGMA hay
M
HMA
M
GMS
nên tam giác MHG và tam
giác MAS đồng dạng suy ra
.GH SM
Vì H thuộc (SAM) cố định khi S thay đổi trên d và
GH SM
nên (C)
là một phần của đường tròn đường kính GM do đó trong các mặt cầu
chứa (C), mặt cầu có bán kính nhỏ nhất là mặt cầu nhận GM làm đường kính nên bán kính mặt cầu
3
.
212
GM a
R 
Chọn C.
Dạng 4. Bài toán thực tế
1. Phương pháp giải
Nắm vững kiến thức các dạng toán trên để giải bài toán thực tế liên quan đến mặt cầu.

33
0
4
EV 3 36
3
cm


Bài tập: Người ta thả một viên bi có dạng hình cầu với bán kính bằng 3cm vào một cái ly dạng hình
trụ đang chứa nước. Người ta thấy viên bi chìm xuống đáy ly và chiều cao của mực nước dâng lên
thêm 1cm. Biết rằng chiều cao của mực nước ban đầu trong ly bằng 7,5cm. Tính thể tích V của khối
nước ban đầu trong ly (kết quả lấy xấp xỉ).
A.
3
282,74 .Vcm B.
3
848,23 .Vcm
C.
3
636,17 .Vcm
D.
3
1272,35 .Vcm
Hướng dẫn giải
Gọi V
0
là thể tích của viên bi.
Gọi R là bán kính của cái ly (không tính vỏ).
Theo bài ra ta có thể tích của cột nước dâng lên 1cm bằng thể tích viên bi nên ta có
2
.1 36 6
R
Rcm


Suy ra thể tích V của khối nước ban đầu trong ly
23
. .36.7,5 848,23Rh cm


Chọn B.
2. Bài tập mẫu
Bài tập 1:
Cho ba hình cầu tiếp xúc ngoài với nhau từng đôi một và cùng tiếp xúc với một mặt
phẳng. Các tiếp điểm của các hình cầu trên mặt phẳng lập thành tam giác có các cạnh là 4, 2 và 3.
Tích bán kính của ba hình cầu trên là
A. 12. B. 3. C. 6. D. 9.
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 736
Gọi
11 2 2 3 3
,, ,, ,Or Or Or lần lượt là 3 hình cầu thỏa mãn. Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu
của O
1
; O
2
; O
3
trên mặt phẳng. Giả sử 4, 2, 3.AB BC AC

Ta có
112 23 3121223233131
;;; ; ; .OA r OB r OC r OO r r OO r r OO r r
Kẻ
12 2 1221
;.OH BO H BO BH r OH r r
Theo định lý Py-ta-go ta có

2
22
222 2
12 1 2 1 2 2 1 12
.
4
A
B
OO OH O H r r AB r r rr
Tương tự ta có
22
23 31
;.
44
B
CAC
rr rr
Vậy
222
123
3.
64
AB BC CA
rrr 
Chọn B
Bài tập 2.
Cho quả địa cầu có độ dài đường kinh tuyến 30° Đông là 40cm (tham khảo hình vẽ).
Độ dài đường xích đạo là:
A.
40 3 .cm
B. 40 .cm
C. 80 .cm
D.
80
.
3
cm
Hướng dẫn giải
Đường xích đạo là đường vĩ tuyến lớn nhất. Độ dài đường xích đạo gấp hai lần đường kinh tuyến
30° Đông.
Vậy độ dài đường xích đạo là:
2.40 80 .cm

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 737
Chọn C.
Bài tập 3.
Quả bóng đá được dùng thi đấu tại các giải bóng đá Việt Nam tổ chức có chu vi của thiết
diện qua tâm là 68,5cm. Quả bóng được ghép nối bởi các miếng da hình lục giác đều màu trắng và
đen, mỗi miếng có diện tích 49,83cm
2
. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu miếng da để làm quả bóng trên?
A. 40 (miếng da). B. 20 (miếng da).
C. 35 (miếng da). D. 30 (miếng da).
Hướng dẫn giải
Vì thiết diện qua tâm là đường tròn có chu vi là 68,5cm, nên giả sử bán kính mặt cầu là R ta có
68,5
268,5 .
2
RR

Diện tích mặt cầu:

2
22
68,5
4 4 1493,59 .
2
xq
SR cm





Vì mỗi miếng da có diện tích 49,83cm
2
nên để phủ kín được mặt của quả bóng thì số miếng da
cần là
1493,59
29,97.
49,83
Vậy phải cần 30 miếng da.
Chọn D.
Dạng 5. Dạng toán tổng hợp
1. Phương pháp giải
Sử dụng kiến thức về hình nón, hình trụ, hình cầu ở các dạng toán trên để giải bài toán tổng hợp.
Ví dụ: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AA', M là trung điểm của BC.
Khi quay tam giác ABM cùng với nửa hình tròn đường kính AA' xung quanh đường thẳng AM, ta
được khối nón và khối cầu có thể tích lần lượt là V
1
và V
2
. Tỷ số
1
2
V
V
bằng
A.
9
.
4
B. 49 C.
27
.
32
D.
9
.
32
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi a là cạnh ABC đều, suy ra
33
;;.
223
aa a
BM AM IA
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 738
Ta có
2
2
1
3
3
2
3
1
.
.
19
22
3
..
4
432
3
..
3
3
aa
BM AM
V
V
a
IA







2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh là 2a, có thể tích V
1
và hình
cầu có đường kính bằng chiều cao hình nón, có thể tích V
2
. Khi đó tỉ số thể tích
1
2
V
V
bằng bao nhiêu?
A.
1
2
1
.
3
V
V
B.
1
2
2
.
3
V
V
C.
1
2
1
.
2
V
V
D.
1
2
1.
V
V
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh là 2a
23
1
3
3
2
13
2, , 3 3 ;
33
433
.
32 2
IaRaha V a a a
a
Va







Vậy
1
2
2
.
3
V
V
Bài tập 2. Một cái bồn chứa nước gồm hai nửa hình cầu và một hình trụ (như hình vẽ).
Đường sinh của hình trụ bằng hai lần đường kính của hình cầu. Biết thể tích của bồn chứa nước là
3
128
.
3
m
Tính diện tích xung quanh của cái bồn chứa nước theo đơn vị m
2
.
A. 48 m
2
. B. 50 m
2
. C. 40 m
2
. D. 64 m
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 739
Gọi x là bán kính hình cầu.
Ta có 2 4 4 4 .
tcct
ldRRx
Thể tích của bể nước là
232 3
3
4 4 128
.4
333
82.
tc tt c
VVV Rl R x x x
xx



Diện tích xung quanh của bể nước là
222
2 . 4 2.2 .8 4 .2 48 .
tt c
SRlR m


Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 740
CHƯƠNG 3: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN Oxyz
BÀI 1: HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
A. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
1. Hệ tọa độ trong không gian
Hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc trong không gian gồm ba trục
x'Ox, y'Oy, z'Oz vuông góc với nhau từng đôi một.
Gọi
,,ijk

lần lượt là các vectơ đơn vị trên các trục Ox, Oy, Oz.
Điểm O được gọi là gốc tọa độ.
Các mặt phẳng (Oxy), (Oyz), (Ozx) là các mặt phẳng tọa độ.
Không gian gắn với hệ tọa độ Oxyz được gọi là không gian Oxyz.
2. Tọa độ của vectơ
Trong không gian Oxyz, cho vectơ u
. Khi đó
ux;y;z uxiyjzk.

Chú ý:
1)
0 0;0;0 .
2)
11
22
33
ab
ab a b
ab


3) a
cùng phương

11
22
33
akb
akbb 0
b
akb


Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ
Cho hai vectơ
123 123
;; , ;;aaaabbbb

và k là số thực tùy ý.
Khi đó ta có:
112 23 3
;; .ab a ba ba b

112 23 3
;; .ab a ba ba b

123
.;;k a ka ka ka
11 2 2 3 3
.. . ..ab a b a b a b

Ứng dụng của tích vô hướng:
11 2 2 33
a.b aab a.b0 .b a.b 0

2
222
123
aa.aaaa.

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 741
2
222
123
aa aaa.


11 2 2
222222
12
33
31 23
ab a b a
a.b
cos a;b
a.b
aa .bb
b
ab





Với a 0, b 0.

3. Tọa độ của một điểm
Trong không gian Oxyz, cho điểm M tùy ý.
Khi đó
Mx;y;z OM(xiyjzk).

Tính chất
Nếu
AAA BBB
A x ;y ;y và B x ;y ;y thì
BABACA
AB x x ; y y ; z z .

Khi đó

2
BA B
22
BAA
AB AB x x y y z z .

Tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là
ABABAB
xxyyzz
;; .I
222




Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là
CCAB A A CBB
xx yy zz
;; .
33
xy
3
z
G




Tọa độ trọng tâm G của tứ diện ABCD là
AB CDABCDA BCD
xx xxyyyyz zzz
G;;
444
 



4. Tích có hướng của hai vectơ
Định nghĩa
Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ
123
b
b;b ;b .
Tích có hướng của hai vectơ avàb

là một
vectơ vuông góc với cả hai vectơ
avàb

, kí hiệu là a,b
và được xác định như sau:
2331
12
2331
12
aaaa
aa
a,b ; ;
bbbb
b
b






23 32 31 13 12 21
aab;ababba
b
;b a .
Tính chất
a
cùng phương với a b 0.b,



a,b



vuông góc với cả hai vectơ avàb
.
Chú ý: Trong hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M
(
x; y; z) ta có các khẳng định sau:
0; 0 .0;MO M
MOxy z0

, tức là
Mx;y;0.
MOyz x0

, tức là
M0;y;z.
MOxz y0

, tức là
Mx;0;z.
MOx yz0

, tức là
M x;0;0 .
MOy xz0
, tức là
M0;y;0.
MOz x y0
, tức là
M0;0;z.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 742
b
,a a,b .
 

 
 
a,b a .b.sin a;b .


 
5. Phương trình mặt cầu
Trong không gian Oxyz, mặt cầu tâm
Ia;b;cbán kính R có phương trình là

222
2
xa yb zc R.
Ngược lại phương trình
222
xyz2Ax2By2CzD0 1.
Với
222
0ABCD là phương trình mặt cầu tâm
;;IABC

có bán kính
222
.
R
ABCD
Chú ý: Điều kiện để phương trình (1) là phương trình mặt cầu là:
222
0.ABCD
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 743
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Tìm tọa độ điểm, vectơ trong hệ trục Oxyz
1. Phương pháp
Sử dụng các định nghĩa và khái niệm có liên quan đến điểm, vectơ: Tọa độ của điểm, vectơ; độ
dài vectơ, ...và các phép toán vectơ ... để tính tổng, hiệu các vectơ; tìm tọa độ trọng tâm tam giác, ...
a,b

cùng phương
a,b 0




a,b a,b


 
a,b a .b .sin a;b


 
Không gian gắn với
hệ tọa độ Oxyz
Hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz gồm
ba trục x’Ox, y’Oy, z’Oz.
Điểm O là gốc tọa độ.
Các vectơ đơn vị trên các trục Ox, Oy,
Oz là
i, j, k

Các mặt phẳng tọa độ:
Oxy , Oyz , Ozx
HỆ TỌA ĐỘ
KHÔNG GIAN
Tích có hướng
Tích có hướng của hai
vectơ là một vectơ

123
aa;a;a,

123
b
b;b ;b .
2331
12
2331
12
aaaa
aa
a,b ; ;
bbbb
b
b







23 32 31 13 12 21
aab;ababba
b
;b a .
Tọa độ vectơ Tọa độ điểm
ux;y;z
uxiyjzk


Mx;y;z
OM xi y j zk 

2
222
xyzuu 
BABACA
AB x x ; y y ; z z

Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ
123
aa;a;a,
123
b
b;b ;b .
112 23 3
;; .ab a ba ba b
123
k.a ka ; k a ; k a
với k là số thực
11 2 2 3 3
.. . . ab a b a b a b
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 744
2. Bài tập
Bài tập 1.
Trong không gian Oxyz, cho
2; 2; 0 , 2; 2; 0 , 2; 2; 2 .abc

Giá trị của abc

bằng
A.
6. B.
26.
C. 11. D.
211.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
T a có
2; 6; 2abc

nên
222
262 44211.abc

Bài tập 2. Trong không gian Oxyz cho hai điểm
1; 2; 3 , 1; 0;1 .AB Trọng tâm G của tam giác
OAB
có tọa độ là:
A.
0;1;1 . B.
24
0; ; .
33



C.
0; 2; 4 . D.

2; 2; 2 .
Hướng dẫn giải
Tọa độ trọng tâm tam giác là:
G
G
G
110
x0
3
200 2 24
yG0;;.
33 33
310 4
z
33









Chọn B.
Bài tập 3.
Trong không gian Oxyz, cho vectơ
000
1; 2; 4 , ; ;abxyz
) cùng phương với vectơ
a
. Biết vectơ
b
tạo với tia Oy một góc nhọn và
b
21.
Giá trị của tổng
000
x
yz bằng
A. 3. B. 6. C. 6.
D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Lại có
b
21.
suy ra
22 2
k1
k4k16k 21
k1.

Với
k1 ta có

b
1; 2; 4 ,
suy ra góc giữa
b
và Oy thỏa mãn

b
.j
cos b, Oy ,
b
.j


trong đó
b
.j 2 0.

Suy ra góc tạo bởi
b
và Oy là góc tù. Suy ra
k1
không thỏa mãn.
Với
k1
ta có

b
1; 2; 4 ,
suy ra góc giữa
b
và Oy thỏa mãn

b
.j
cos b, Oy ,
b
.j


trong đó
b
.j 2 0.

Suy ra góc tạo bởi
b
và Oy là góc nhọn. Vậy k1
thỏa mãn.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 745
Do đó

b
1; 2; 4 .
Suy ra
000
124 3.xyz  
Bài tập 4. Trong không gian Oxyz, cho hình lăng trụ tam giác đều .
A
BC A B C

có

A3;1;1,
hai đỉnh B, C thuộc trục Oz và
AA 1
(C không trùng với O). Biết vectơ ;;()2uab
(với
a,b ) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng
A
C
. Tính
22
.Ta b
A. T5. B. T16 . C. T4.
D. T9.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Lấy M là trung điểm BC.
Khi đó ta có
AM BC
AA BC
nên BC A M
tại M;
suy ra M là hình chiếu của
A
trên trục Oz
M0;0;1 và AM 2.

Mặt khác
22
AM A M AA 3.


Lại có
ABC đều nên
3
AM BC 3
2

BC 2 MC 1.
Gọi
C0;0;c,c 0 suy ra MC c 1 .
c0
MC 1 c 1 1
c2
 
( loại c0
)
C0;0;2.
AC 3;1;1


là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AC
Suy ra

u23;2;2
cũng là một vectơ chỉ phương của AC
.
Vậy
23; 2.ab Suy ra
22
16.Ta b
Dạng 2. Tích có hướng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 746
1. Phương pháp giải
Để tính tích có hướng của hai vectơ, ta áp
dụng công thức:
2331
12
2331
12
,;;
aaaa
aa
ab
bbbb
bb






23 32 31 13 12 21
;; .aababababbba
Bài tập: Tính tích có hướng của hai vectơ
1; 0;1 , 2;1; 1

ab
Hướng dẫn giải

011110
,;;1;3;1
111221
ab







2. Bài tập mẫu
Bài tập 1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ ,ab
khác
0.
Kết luận nào sau đây
sai?
A. ,3 3 , .ab ab



B. 2, 2 , .ab ab



C.
3,3 3 , .ab ab



D.
.a,b a b.sin .a,b



Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
3,3 3 ,3 9 , .
ab ab ab




(C sai)
Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ
1; 2;1 , 0; 2; 1 , ,1;(0.)ab cm

Tìm giá trị thực của tham số m để ba vectơ ;;abc

đồng phẳng.
A.
m1.
B.
m0.
C.
1
m.
4
D.
1
m.
4
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có

,4;1;2.ab




Ba vectơ
;;
abc

đồng phẳng
1
a, b . c 0 4m 1 0 m .
4




Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho năm điểm
0; 0; 3 , 2; 1; 0 ,AB
3; 2; 4 ,C

1; 3; 5 ,D
4; 2;1E tạo thành một hình chóp có đáy là tứ giác. Đỉnh của hình chóp tương ứng là
A. Điểm C. B. Điểm A. C. Điểm B. D. Điểm D.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Xét đáp án A, giả sử C là đỉnh của hình chóp, ta có:
2; 1; 3 , 1; 3; 2 , 4; 2; 2 , 3; 2;1AB AD AE AC
   
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 747
AB, AD .AE 4.7 2.7 2.7 0
AB, AD .AC 3.7 2.7 1.7 14.






  
  
Suy ra A, B, D, E đồng phẳng.
Vậy điểm C là đỉnh của hình chóp.
Bài tập 4. Trong không gian Oxyz cho các điểm
1; 0; 0 , 0; 2; 0 , 0; 0;3 , 2; 2; 0 .AB C D
Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O, A, B, C, D?
A. 10. B. 7. C. 5. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
1; 2; 0 , 1; 2; 0 ,AB AD

suy ra 3 điểm A, B, D thẳng hàng.
Từ đó chúng ta xác định được vị trí các điểm trong hệ trục độ Oxyz và đếm trực tiếp ta có 5 mặt
phẳng đi qua 3 trong 5 điểm O, A, B, C, D là:
, , , ,OCB OCA OCD OAB ABC
Dạng 3. Ứng dụng của tích có hướng để tính diện tích và thể tích
1. Phương pháp giải
Diện tích hình bình hành:
ABCD
SAB,AD.

Tính diện tích tam giác:
ABC
SAB,AC.
 
Tính thể tích hình hộp:
ABCD.A B C D
VAB,AC.AD.



  
Tính thể tích tứ diện:
ABCD
1
VAB,AC.AD.
6


  
2. Bài tập
Bài tập 1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm
1; 2; 0 , 2;1; 2 , 1; 3;1 .ABC
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
A. 310. B.
310
.
5
C.
10
.
5
D. 10.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
1; 1; 2 , 2; 1; 1 , 3; 2; 1AB AC BC
  
Suy ra
AB AC 6; BC 14.
Suy ra
ABC
135
SAB,AC.
22




Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 748
Gọi R
ABC
là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có
ABC
ABC
AB.AC.BC 6. 6. 14 3 10
R.
4S 5
35
4.
2

Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, cho
2; 1; 1 , 3; 0 (;1 , 2; 1;3)ABC và D nằm trên trục Oy.
Thể tích tứ diện ABCD bằng 5. Tọa độ của D là
A.
D0; 7;0. B.
D0;8;0.
C.
D0; 7;0 hoặc
D0;8;0. D.
D 0;7;0 hoặc
D0; 8;0.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Vì D Oy nên

D0;y;0. Khi đó. Thể tích của tứ diện ABCD là
11
VAB,AC.AD4y2
66



  
Theo đề ra, ta có
y7
1
4y 2 5
y8.
6

Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình lăng trụ
.' ' '
A
BC A B C
có tọa độ các đỉnh
 
3
0; 0; 0 , 0; ; 0 , ; ; 0 0; 0; 2 .
22




aa
A
Ba C vàA a Gọi D là trung điểm cạnh BB' và M di động
trên cạnh AA'. Diện tích nhỏ nhất của tam giác MDC' là
A.
2
3
.
4
a
B.
2
5
.
4
a
C.
2
6
.
4
a
D.
2
15
.
4
a
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 749
Ta có






 
a3a
CC AA C ; ;2a .
22


 
CC BB B 0;a;2a .
Điểm D là trung điểm của BB' nên
0; ; .Daa
()0; 0;
M
t
với

0t2a.
Ta có






 
a3 a
DC ; ;a ,DM 0; a;t a .
22
Ta có:







2
2
22 2
MDC
a2t3a 6a
1 a 4t 12at 15a a 6
SDC,DM .
2444
Suy ra
2
MDC
a6
minS
4
khi
3
ta.
2
Dạng 4: Phương trình mặt cầu
1. Phương pháp giải
Cách viết phương trình mặt cầu:
Mặt cầu tâm
Ia;b;c,
bán kính R có phương trình

222
2
xa yb zc R.
Bài tập:
Phương trình mặt cầu tâm
2; 1;1 ,I bán kính R = 3 là

222
x2 y1 z1 9.

Xét phương trình:
222
y z 2ax 2by 2cz d 0. *x 
Ta có
222
*x2axy2byz2czd

222
222
xa yb zc a b c d. 
Điều kiện để phương trình (*) là phương trình mặt cầu
222
abcd.
Khi đó (S) có


22 2
taâm I a; b; c
baùnkínhR a b c d.
Đặc biệt mặt cầu
222 2
:x SyzR thì (S) có

taâm O 0;0;0
baùnkínhR.
2. Bài tập
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 750
Bài tập 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình
22 2
S:x y z 2x 6y 6z 6 0. Tính diện tích mặt cầu (S)
A. 100 .
B. 120 .
C. 9.
D. 42 .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Mặt cầu (S) có tâm
I1; 3;3
, bán kính r19965.

Vậy diện tích mặt cầu là
22
4r 4.5 100.


Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, cho điểm
I1; 2;3. Viết phương trình mặt cầu tâm I, cắt trục
Ox tại hai điểm A và B sao cho
AB 2 3.
A.

222
x 1 y 2 z 3 16. B.

22
2
x1 y2 z3 2() 0.
C.

222
x 1 y 2 z 3 25. D.

222
x1 y2 z3 9.

Chú ý:
Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng
:
- Xác định điểm
M.
- Áp dụng công thức:

AM, u
dA, .
u




Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi H là trung điểm
AB IH AB tại



I;Ox
I; AB
HIHd d
Lấy


I,Ox
IM, i
M2;0;0 Ox IH d 3.
i




Bán kính mặt cầu cần tìm là
22
RIA IH HA 4.
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là

222
x 1 y 2 z 3 16.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 751
Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

222
S:x 1 y 2 z 1 9

và hai điểm
A 4;3;1 , B 3;1;3 ; M là điểm thay đổi trên (S). Gọi m, n lần lượt là giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất của biểu thức
22
P2MA MB.
Giá trị
(m n)
bằng
A.
64. B. 60. C. 68. D. 48.
Hướng dẫn giải
Mặt cầu (S) có tâm
I1;2; 1
và bán kính R = 3.
Lấy điểm E sao cho
2AE BE 0 E 5;5; 1 .

Ta có IE 5.
Dễ thấy điểm E là điểm nằm ngoài mặt cầu (S).
Khi đó
22
22 2 22
P 2MA MB 2MEAE MEBE ME 2AE BE.
   
P lớn nhất và nhỏ nhất khi và chỉ khi ME lớn nhất và nhỏ nhất.
maxME IE R 8;minME IE R 2. 
Do đó
2222
;n mimmaxP64 nP42AE BEE.2AE B 
Suy ra mn 60.
Chọn B.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 752
BÀI 2. PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG
A. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
1. Phương trình mặt phẳng
Vectơ pháp tuyến
Vectơ
0n
ρρ
là vectơ pháp tuyến của
nếu giá của
n
ρ
vuông góc với
.
Cặp vectơ chỉ phương của mặt phẳng
Hai vectơ
,ab
ρρ
không cùng phương là cặp vectơ chỉ phương của
nếu các giá của chúng song song
hoặc nằm trên

.
Chú ý:
Nếu
n
ρ
là một vectơ pháp tuyến của
thì
0kn k
ρ
cũng là vectơ pháp tuyến của

.
Nếu ,ab
ρρ
là một cặp vectơ chỉ phương của
thì ,nab
ρ
ρρ
là một vectơ pháp tuyến của
.
Phương trình tổng quát của mặt phẳng
0 Ax By Cz Dvới
222
0ABC
.
Nếu ()
có phương trình 0Ax By Cz D thì (;; )nABC
là một vectơ pháp tuyến của
()
.
Phương trình mặt phẳng đi qua
0000
;;
M
xyz
và có một vectơ pháp tuyến ( ; ; )nABC
là:
000
0Ax x By y Cz z .
Các trường hợp đặc biệt
Các hệ số
Phương trình mặt phẳng
Tính chất mặt phẳng
0D .
0Ax By Cz
đi qua gốc tọa độ O
0A 0By Cz D
//Ox
hoặc
Ox
0B
0Ax Cz D
//Oy hoặc
Oy
0C
0Ax By D
//Oz hoặc
Oz
0AB 0Cz D
// Oxy
hoặc
Oxy
0AC 0By D
// Oxz hoặc
Oxz
0BC 0Ax D
// Oyz
hoặc
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 753
Oyz
Nếu
()
cắt các trục toạ độ tại các điểm
( ;0;0),(0; ; 0), (0;0; )abc
với
0
abc
thì ta có phương trình mặt
phẳng theo đoạn chắn
(): 1
x
yz
abc

.
Chú ý: Nếu trong phương trình ()
không chứa ẩn nào thì ()
song song hoặc chứa trục tương ứng.
2. Khoảng cách từ một điểm tới mặt phẳng
Trong không gian
,Oxyz
cho điểm
;;
A
AA
A
xyz và mặt phẳng
(): 0Ax By Cz D
.
Khi đó khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
()
được tính theo công thức:
222
d( ,( ))
AAA
A
xByCzD
A
ABC


3. Vị trí tương đối
Vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng
Trong không gian ,Oxyz cho hai mặt phẳng
11 1 1 2 2 2 2
(): 0; (): 0Ax B y Cz D Ax B y C z D
+)
111 1
222 2
() ()
A
BCD
A
BCD


.
+)
111 1
222 2
()//()
A
BC D
A
BC D


.
+)
11
22
() ()
A
B
A
B


hoặc
11
22
B
C
B
C
.
+)
12 12 12
() () 0AA BB CC
.
Vị trí tương đối giữa mặt phẳng và mặt cầu
Trong không gian
,Oxyz
cho mặt phẳng và mặt cầu
(): 0Ax By Cz D
;
2222
():( )( )( )Sxa yb zc R.
Để xét vị trí của
()
và ()S ta làm như sau:
+) Nếu
,dI R
thì
()
không cắt
()S
.
+) Nếu
,dI R thì

tiếp xúc
S tại .H Khi đó H được gọi là
tiếp điểm đồng thời
H là hình chiếu vuông góc của I lên
và
được gọi là tiếp diện.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 754
+) Nếu
,dI R
thì
cắt
S
theo đường tròn có phương trình
2
22 2
()()
():
0.
x
aybzcR
C
Ax By Cz D


Bán kính của
C
là
22
d[,( )]rR I
.
Tâm J của (C) là hình chiếu vuông góc của
I trên
.
4. Góc giữa hai mặt phẳng
Trong không gian ,Oxyz cho hai mặt phẳng
11 1 1
(): 0Ax By Cz D
và
22 2 2
(): 0Ax By Cz D

.
Góc giữa ( )
và ( )
bằng hoặc bù với góc giữa hai vectơ pháp tuyến , .nn
Tức là


12 12 12
222 222
111 222
cos , cos , .
nn
AA BB CC
nn
nn
A
BC ABC


 






Chùm mặt phẳng
Tập hợp tất cả các mặt phẳng qua giao tuyến của hai mặt phẳng ()
và
()
được gọi là một chùm mặt phẳng.
Gọi

d là giao tuyến của hai mặt phẳng
11 1 1
22 2 2
(): 0
(): 0
Ax By Cz D
Ax By Cz D


Khi đó nếu
P
là mặt phẳng chứa

d thì mặt phẳng
P
có dạng
11 1 1 2 2 2 2
0mAxByCzD nAxByCzD
với
22
0mn
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 755
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Xác định vectơ pháp tuyến và viết phương trình mặt phẳng
1. Phương pháp
1. Mặt phẳng
đi qua điểm
000
;;
M
xyz có vectơ pháp tuyến
;;nABC
ρ
là
000
0.Ax x By y Cz z
2.
Mặt phẳng ( )
đi qua điểm
000
;;
M
xyz có cặp vectơ chỉ phương , .ab
Khi
đó một vectơ pháp tuyến của
()
là [,].nab
2. Bài tập
Bài tập 1:
Cho mặt phẳng
:220.Qxy z Viết phương trình mặt phẳng
()
P
song song với mặt
phẳng

,Q đồng thời cắt các trục
, Ox Oy
lần lượt tại các điểm
,
M
N
sao cho 22MN .
A. (): 2 2 0Pxy z . B. (): 2 0Pxy z
.
C.
(): 2 2 0.Pxy z  D. (): 2 2 0Pxy z
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
()//()
P
Q
nên phương trình mặt phẳng
()
P
có dạng
20(2).xy zD D

Khi đó mặt phẳng ( )
P
cắt các trục ,Ox Oy lần lượt tại các điểm ( ;0;0)MD
, (0; ;0)ND.
Từ giả thiết:
2
2 2 2 2 2 2 (do 2).MN D D D 
Vậy phương trình mặt phẳng ( ) : 2 2 0Pxy z .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 756
Chú ý:
Mặt phẳng
đi qua điểm
000
;;
M
xyz
và song song với mặt phẳng (): 0Ax By Cz D
thì

có phương trình là
000
0Ax x By y Cz z
Bài tập 2:
Cho điểm (1;2;5).M Mặt phẳng ( )
P
đi qua điểm
M
cắt trục tọa độ ,,Ox Oy Oz tại , ,
A
BC
sao cho
M
là trực tâm tam giác
.
A
BC
Phương trình mặt phẳng
()
P
là
A.
80xyz
. B.
25300xyz
. C.
0
521
xyz

.
D.
1
521
xyz

.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
() ( ) (1)
OA BC
OA OBC BC OAM BC OM
AM BC
 
Tương tự
(2)AB OM
.
Từ (1) và (2) suy ra
()OM ABC hay ()OM P
.
Suy ra (1;2;5)OM

là vectơ pháp tuyến của ( )
P
.
Vậy phương trình mặt phẳng
P
là
1 2 2 5 5 0 2 5 30 0.xy z xyz
Bài tập 3: Cho tứ diện
A
BCD có đỉnh (8; 14; 10); , ,
A
AD AB AC
lần lượt song song với , , .Ox Oy Oz
Phương trình mặt phẳng

B
CD
đi qua
(7; 16; 15)H
là trực tâm
BCD
có phương trình là
A. 2 5 100 0xyz . B. 2 5 100 0xyz
 .
C.
0
71615
xy z


. D.
1
71615
xy z

.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Theo đề ra, ta có
()BCD đi qua (7; 16; 15),H
nhận (1; 2; 5)HA

là vectơ pháp tuyến. Phương trình
mặt phẳng

B
CD là
( 7) 2( 16) 5( 15) 0
2 5 100 0.
xy z
xyz


Vậy ( ) : 2 5 100 0BCD x y z
 .
Bài tập 4: Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz lập phương trình của các mặt phẳng song song với mặt
phẳng
(): 3 0xyz
và cách
()
một khoảng bằng 3.
A.
60; 0xyz xyz 
. B.
60xyz

.
C.
60; 0xyz xyz 
. D.
60; 0xyz xyz

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 757
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi ( )
là mặt phẳng cần tìm. Ta có (0;0;3) ( )A
.
Do ( ) / /( )
nên phương trình của mặt phẳng ( )
có dạng:
0xyzm
 với 3m .
Ta có
|3|
d((),()) 3 d(,()) 3 3
3
m
A
 

.
6
|3|3
0
m
m
m

(thỏa mãn).
Vậy phương trình của các mặt phẳng cần tìm là
60xyz
 và 0xyz.
Bài tập 5: Trong không gian ,Oxyz cho hai mặt phẳng
(): 3 2 0,(): 3 4 0Px z Qx z
 .
Mặt phẳng song song và cách đều ( )
P
và ( )Q có phương trình là:
A. 310xz. B. 320xz. C. 360xz
. D. 360xz.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Điểm
(; ;)
M
xyz
bất kỳ cách đều
()
P
và
() ( ;()) ( ;())QdMPdMQ
32 34
|32||34|
32 34
19 19
24
310.
310
xz xz
xz xz
x
zxz
xz
xz

 






Vậy
M
thuộc (): 3 1 0.xz
Nhận thấy ()
song song với ()
P
và ()Q .
Bài tập 6: Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho hai điểm
1; 2;1 , 3; 4;0 AB và mặt phẳng
(): 46 0Paxbycz. Biết rằng khoảng cách từ ,
A
B đến mặt phẳng ( )
P
lần lượt bằng 6 và 3. Giá trị
của biểu thức
T abc bằng
A. 3. B. 6. C. 3. D. 6.
Hướng dẫn giải
Gọi ,HK lần lượt là hình chiếu của ,
A
B trên mặt phẳng ()
P
.
Theo giả thiết, ta có:
3, 6, 3AB AH BK
.
Do đó ,
A
B ở cùng phía với mặt phẳng ( )
P
.
Lại có:
.
A
BBK AK AH
Mà
A
BBK AH
nên HK
.
Suy ra
,,
A
BH
là ba điểm thẳng hàng và
B
là trung điểm của
A
H
nên tọa độ
(5;6; 1)H
.
Vậy mặt phẳng ( )
P
đi qua (5;6; 1)H
và nhận (2;2; 1)AB

là vectơ pháp tuyến nên có phương
trình là
2( 5) 2( 6) 1( 1) 0 2 2 23 0xyz xyz
Theo bài ra, ta có
():4 4 2 46 0Pxyz
nên
4, 4, 2abc

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 758
Vậy
6Tabc

.
Dạng 2. Viết phương trình mặt phẳng liên quan đến mặt cầu
1. Phương pháp
Viết phương trình mặt phẳng
tiếp xúc với mặt cầu (S) tại điểm
.H
Giả sử mặt cầu

S
có tâm I và bán kính ,
R
khi đó ta viết được phương trình mặt phẳng ( )
đi qua H
và có một vectơ pháp tuyến là
nIH

.
2. Bài tập
Bài tập 1:
Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho mặt cầu
S
có phương trình
222
(1)( 2)(3)12xy z và mặt phẳng ( ) : 2 2 3 0.Pxyz
 Viết phương trình mặt phẳng song
song với
()
P
và cắt ()S theo thiết diện là đường tròn ()C sao cho khối nón có đỉnh là tâm mặt cầu và
đáy là hình tròn (C) có thể tích lớn nhất.
A.
22 20xyz
hoặc
22 80xyz
.
B.
22 10xyz hoặc 22 110xyz.
C.
22 60xyz hoặc 22 30xyz.
D.
22 20xyz hoặc 22 20xyz.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
()//()
P
nên
():2 2 0( 3).xyzd d
Mặt cầu

S có tâm (1; 2;3),I bán kính 23R .
Gọi
H
là khối nón thỏa mãn đề bài với đường sinh
23.IM R
Đặt ( ,( )).xhdI
Khi đó bán kính đường tròn đáy hình nón là
2
12rx
.
Thể tích khối nón là

2
()
1
12
3
H
Vxx
với 023x .
Xét hàm số:

2
1
() 12
3
f
xxx
với
023x
.
Khi đó
()
f
x
đạt giá trị lớn nhất tại 2x
hay
(,( )) 2dI
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 759
Ta có
22 2
56 11
|2.1 2 ( 2) 3 |
(,( )) 2 2
56 1
22(1)
dd
d
dI
dd


 
 

.
.
Chú ý:
Công thức tính thể tích hình nón:
11
.2 .
33
VhS Rh
Trong đó
R
là bán kính đáy, h là chiều cao.
Bài tập 2: Trong không gian ,Oxyz cho mặt cầu (S):
22 2
(1) 4xy z
 và điểm (2;2;2).A Từ
A
kẻ
ba tiếp tuyến
,,
A
BACAD
với mặt cầu
(,,
B
CD
là các tiếp điểm). Phương trình mặt phẳng
B
CD
là
A. 22 10xyz. B. 22 30xyz
.
C.
22 10xyz. D. 22 50xyz
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có mặt cầu

S có tâm I (0;0;1) và bán kính 2R
.
Do ,,
A
BACAD là ba tiếp tuyến của mặt cầu ()S với ,,BCD là các tiếp điểm nên
AB AC AD
IA
IB IC ID R


là trục của đường tròn ngoại tiếp
.
B
CD
()IA BCD .
Khi đó mặt phẳng
B
CD
có một vectơ pháp tuyến (2;2;1)nIA
.
Gọi
J
là tâm của đường tròn ngoại tiếp
BCD J IA

và
.IJ BJ
Ta có
IBA
vuông tại
B
và
B
JIA nên
2
2
44
.
39
IB
IB IJ IA IJ IJ IA
IA


.
Đặt
(; ;).
J
xyz
Ta có
(; ; 1); (2;2;1)IJ x y z IA

.
Từ
4
9
IJ IA

suy ra
8813
;;
99 9
J



.
Mặt phẳng
()BCD đi qua
8813
;;
99 9
J



và nhận vectơ pháp tuyến
(2;2;1)n
có phương trình:
8813
22 02250
999
xyz xyz

  


.
Bài tập 3: Trong không gian ,Oxyz cho mặt cầu
S :
222
(1)(1)(1)12xyz
 và mặt phẳng
(): 2 2 11 0.Px y z Xét điểm
M
di động trên ( )
P
và các điểm , ,
A
BC phân biệt di động trên
S
sao cho , ,
A
MBMCM là các tiếp tuyến của
.S
Mặt phẳng
A
BC
luôn đi qua điểm cố định nào dưới
đây?
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 760
A.
111
;;
422




.
B. (0; 1;3) . C.
3
;0;2
2



.
D.
0;3; 1
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Mặt cầu

S
có tâm
I
(1;1;1) và bán kính
23R
.
Xét điểm
(;;) (); (;;) ()
M
abc P Ax yz S nên ta có hệ điều kiện:
222
222
(1)(1)(1)12
22110
xyz
AI AM IM
abc



222
222222
( 1) ( 1) ( 1) 12 (1)
12 ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) ( 1) (2)
22110(3)
xyz
xaybzcabc
abc

 


Lấy (1) (2) ta có:
222 2 22
(1)(1)(1) 12( )( )( )
x
yz xaybzc



222
12 ( 1) ( 1) ( 1)abc

(1)(1) (1) 90axbyczabc
Vậy mặt phẳng đi qua ba tiếp điểm là:
():( 1) ( 1) ( 1) 9 0Qa xb yc zabc
Kết hợp với (3) suy ra mặt phẳng này luôn đi qua điểm cố định (0;3;-1).
Dạng 3. Phương trình mặt phẳng đoạn chắn
1. Phương pháp
Phương trình mặt phẳng ( )
đi qua ba điểm ( ;0;0), (0; ;0)
A
aBb và (0;0; )Cc với 0abc là:
1.
xyz
abc

2. Bài tập
Bài tập 1:
Trong không gian với hệ trục tọa độ ,Oxyz cho hai điểm (3;0;0), (2;2;2)MN. Mặt phẳng ( )
P
thay đổi qua
,
M
N
cắt các trục
,Oy Oz
lần lượt tại
(0; ;0), (0; 0; )Bb C c
với
,0.bc
Hệ thức nào dưới đây
là đúng?
A.
6bc
. B.
3( )bc b c
. C.
bc b c
.
D.
111
6bc

.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Mặt phẳng
()
P
đi qua
(3;0;0), (0; ;0), (0;0; )
M
Bb C c
với
,0bc
nên phương trình mặt phẳng
()
P
theo đoạn chắn là:
1
3
xyz
bc

Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 761
Mặt phẳng
()
P
đi qua
(2;2;2)N
suy ra
222 111
1
36bc bc

.
Bài tập 2: Trong không gian ,Oxyz cho điểm
1; 4; 3 .G Phương trình mặt phẳng cắt các trục tọa độ
,,Ox Oy Oz lần lượt tại , ,
A
BC sao cho
G
là trọng tâm tứ diện
OABC
là
A.
1
3129
xyz

.
B.
1
41612
xy z

.
C.
312 9780xyz. D. 4 16 12 104 0xyz
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giả sử (,0,0); (0,,0); (0;0;)
A
aBbCc.
(1; 4; 3)G
là trọng tâm tứ diện
4
4
4
A
BCD
G
A
BCD
G
ABCD
G
x
xxx
x
yyyy
OABC y
zzzz
x




0004.1 4
00 04.4 16
000 4.3 12
aa
bb
cc






.
Ta có phương trình mặt phẳng ( )
A
BC là: 1
41612
xy z
.
Bài tập 3: Trong không gian với hệ tọa độ .Oxyz Viết phương trình mặt phẳng
P
đi qua điểm
(1; 2; 3)M và cắt các trục , ,Ox Oy Oz lần lượt tại ba điểm , ,
A
BC khác với gốc tọa độ
O
sao cho biểu
thức
22 2
111
OA OB OC

có giá trị nhỏ nhất.
A.
(): 2 14 0Px yz
. B.
(): 2 3 14 0Px y z

.
C.
(): 2 3 11 0Px y z. D. (): 3 14 0Pxy z
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi H là trực tâm
.
A
BC
Ta có

() 1.
BH AC
AC OBH AC OH
OB AC
 
Chứng minh tương tự, ta có:
B
COH
2 .
Từ (1), (2) ta có ( )OH ABC .
Suy ra
22 2 2
111 1
OA OB OC OH
 .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 762
Vậy để biểu thức
22 2
111
OA OB OC

đạt giá trị nhỏ nhất thì
OH
đạt giá trị lớn nhất. Mà
OH OM
nên
OH
đạt giá lớn nhất bằng
OM
hay
.HM
Khi đó ( )OM ABC nên ( )
P
có một vectơ pháp tuyến là (1;2;3)OM

.
Phương trình mặt phẳng ( )
P
là
1( 1) 2( 2) 3( 3) 0 2 3 14 0xyz xyz   .
Bài tập 4: Trong không gian ,Oxyz có bao nhiêu mặt phẳng qua điểm
4; 4;1M
và chắn trên ba trục
tọa độ ,,Ox Oy Oz theo ba đoạn thẳng có độ dài theo thứ tự lập thành cấp số nhân có công bội bằng
1
?
2
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi ( ;0; 0), (0; ;0), (0; 0; )
A
aBbCc với 0abc
là giao điểm của mặt phẳng ()
P
và các trục toạ độ. Khi
đó
()
P
có phương trình là
1
x
yz
abc

.
Theo giả thiết ta có:
441
8, 4, 2
()
1
8, 4, 2
11
11
|| || ||
16, 8, 4
24
24
abc
MP
abc
ab c
OC OB OA
cba
ab c









Vậy có ba mặt phẳng thỏa mãn.
Bài tập 5: Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho các điểm

1;0; 0 , 0;1; 0 .AB
Mặt phẳng
0xaybzc đi qua các điểm ,
A
B đồng thời cắt tia Oz tại C sao cho tứ diện OABC có thể tích
bằng
1
.
6
Giá trị của
32abc là
A. 16. B. 1. C. 10. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Mặt phẳng đi qua các điểm ,
A
B đồng thời cắt tia Oz tại
0;0;Ct
với 0t có phương trình là
1
11
xyz
t
.
Mặt khác:
OABC
11
.
66
V  OA.OB.OC
1
1
6
t
.
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm có dạng
110
111
xyz
xyz
.
Vậy 1, 1ab c .
Suy ra
3213.126abc .
Dạng 4. Vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 763
1. Phương pháp
Cho hai mặt phẳng:
(): 0PAxByCzD
;
:0PAxByCzD

.
Khi đó:
()
P
cắt
:: : :.PABCABC



()//
A
BC D
PP
A
BCD


.

()
A
BCD
PP
A
BCD


.
 
() ()
() 0
PP
PP
PP n n nn



.
0.AA BB CC


Chú ý:
Nếu
0A
thì tương ứng
0A
.
Nếu 0B thì tương ứng 0B
.
Nếu 0C thì tương ứng 0C
.
Ví dụ: Trong không gian với hệ trục toạ độ ,Oxyz cho hai mặt phẳng ( ) : 2 1 0xyz
và
():2 4 2 0xymz
.
Tìm
m để

và
song song với nhau.
Hướng dẫn giải
Ta có
12 1 1
()//()
24 2m




(vô lý vì
24 2
12 1

).
Vậy không tồn tại
m
để hai mặt phẳng
,
song song với nhau.
2. Bài tập
Bài tập 1:
Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng
P
có phương trình
(1) 100mx m y z và mặt phẳng ():2 2 3 0Qxyz
.
Với giá trị nào của
m thì
()
P
và
()Q
vuông góc với nhau?
A. 2m  . B. 2m . C. 1m
. D. 1m  .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
(): ( 1) 10 0Pmx m yz có vectơ pháp tuyến
1
(; 1;1)nmm
.
():2 2 3 0Qxyz
có vectơ pháp tuyến
2
(2;1; 2)n
.
12
() () 0 2 12 0 1PQnn mm m

.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 764
Dạng 5. Vị trí tương đối giữa mặt cầu và mặt phẳng
1. Phương pháp
Cho mặt phẳng ( ) : 0Ax By Cz D
và mặt cầu tâm ;I bán kính .
R
()
và ( )S không có điểm chung ( ,( ))dI R
.
()
tiếp xúc với () (,()) .SdI R
Khi đó ()
là tiếp diện.
()
và ()S cắt nhau (;( ))dI R
.
Khi đó
O
có tâm là hình chiếu của
I
trên
và bán kính
22
(;( ))rRdI
.
2. Bài tập
Bài tập 1:
Trong không gian ,Oxyz cho mặt cầu
222
(): 6 4 12 0Sx y z x y
 .
Mặt phẳng nào cắt
S theo một đường tròn có bán kính 3?r
A. 43 4260xyz . B. 22 120xyz
 .
C.
345172020xyz . D. 30xyz
 .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Phương trình mặt cầu

S là
222
6 4 12 0.xyz xy
Suy ra tâm
3; 2; 0I
và bán kính
5R
.
Ta gọi khoảng cách từ tâm
I của mặt cầu tới các mặt phẳng ở các đáp án là h, khi đó để mặt phẳng cắt
mặt cầu
S theo một đường tròn có bán kính 3r
thì
22
25 9 4hRr
 .
Đáp án
A loại vì
|18 4 26 |
4
26
h

.
Đáp án
B loại vì
14
4
3
h .
Chọn đáp án
C vì 4h .
Đáp án
D loại vì
13
4
3
h
.
Bài tập 2: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho điểm
1; 2; 2I
và mặt phẳng
():2 2 5 0.Pxyz Phương trình mặt cầu tâm I cắt mặt phẳng ()
P
theo giao tuyến là một đường
tròn có diện tích bằng
16 là
A.
222
(2)(2)(1)36xyz.
B.
222
(1)( 2)(2)9xy z .
C.
222
(1)( 2)(2)25xy z .
D.
222
(1)( 2)(2)16xy z .
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 765
Chọn C.
Ta có
222
|2.1 2.2 2 5|
(;( )) 3
221
adIP



.
Bán kính của đường tròn giao tuyến là:
16 4
S
r

.
Mặt cầu tâm
I
cắt mặt phẳng
P
theo giao tuyến là một đường tròn nên ta có
222
916 25 5Rar R.
Vậy phương trình mặt cầu tâm I , bán kính
5R
là:
222
(1)( 2)(2) 25xy z .
Bài tập 3: Trong không gian ,Oxyz cho mặt cầu
S có phương trình
222
24620xyz xyz

và mặt phẳng
():4 3 12 10 0.xy z
Tìm phương trình mặt phẳng
thỏa mãn đồng thời các điều
kiện: tiếp xúc với
S ; song song với ( )
và cắt trục
Oz
ở điểm có cao độ dương.
A. 4 3 12 78 0xy z . B. 4 3 12 26 0xy z
.
C.
4 3 12 78 0xy z . D. 4312260xy z
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Mặt cầu ()S có tâm (1; 2; 3),I bán kính
222
12324R
.
Vì ( ) / /( )
nên phương trình ( )
có dạng: 4 3 12 0, 10xy zd d
 .
Vì
()
tiếp xúc mặt cầu
()S
nên
(,( ))
22 2
26
| 4.1 3.2 12.3 |
4| 26|52
78
4 3 ( 12)
I
d
d
dR d
d



.
Do
()
cắt trục Oz ở điểm có cao độ dương nên chọn 78d
.
Vậy phương trình mặt phẳng
():4 3 12 78 0xy z

.
Dạng 6. Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng
1. Phương pháp
Khoảng cách từ điểm
0000
;;
M
xyz
đến mặt phẳng
:0Ax By Cz D

là


000
0
222
,.
A
xByCzD
dM
ABC



2. Bài tập
Bài tập 1:
Trong không gian ,Oxyz khoảng cách giữa hai mặt phẳng
:22100Px y z
và

:2230Qx y z
bằng
A.
4
.
3
B. 3. C.
8
.
3
D.
7
.
3
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 766
Chọn D.
Vì
//
P
Q nên
,,dP Q dAQ với
.
A
P
Chọn

0;0;5
A
P thì


222
02.02.53
7
.
3
122
dAQ



Chú ý:
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên mặt phẳng
này đến mặt phẳng kia.
Nếu hai mặt phẳng không song song thì khoảng cách giữa chúng bằng 0.
Bài tập 2: Trong không gian với hệ trục toạ độ
,Oxyz
cho
1;2;3 , 3;4; 4 .AB
Tìm tất cả các giá trị của
tham số
m sao cho khoảng cách từ điểm
A
đến mặt phẳng
:2 1 0Pxymz
 bằng độ dài đoạn
thẳng
.
A
B
A. 2.m B. 2.m  C. 3.m
D. 2.m 
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
 
222
2; 2;1 2 2 1 3 1 .AB AB
υυυρ
Khoảng cách từ
A
đến mặt phẳng
P
là
22 2 2
|2.1 2 3 1| |3 3|
(,())
21 5
mm
dA P
mm



(2).
Vì

22
2
|3 3|
(,()) 3 95 9( 1) 2
5
m
AB d A P m m m
m

.
Bài tập 3: Trong không gian
,Oxyz
cho tứ diện
A
BCD với
1; 2; 1 ,A
2;1;3 ,B
(3;2;2), (1;1;1)CD
. Độ dài chiều cao
DH
của tứ diện bằng
A.
314
14
.
B.
14
14
.
C.
414
7
.
D.
314
7
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có (1; 1;2), (2;0;1) [ ; ] ( 1;3;2)AB AC AB AC
  
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
()
A
BC
.
Vậy phương trình mặt phẳng
()
A
BC
là
1( 1) 3( 2) 2( 1) 0 3 2 7 0xy z xyz .
Độ dài chiều cao DH của tứ diện
A
BCD
là khoảng cách từ D đến ( )
A
BC .
Suy ra
222
| 1.1 3.1 2.1 7 | 3 14
(,( ))
14
(1) 3 2
DH d D ABC



.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 767
Bài tập 4: Trong không gian tọa độ
,Oxyz
cho điểm
;;
A
abc
với
,, 0.abc
Xét
P
là mặt phẳng thay
đổi đi qua điểm
A
. Khoảng cách lớn nhất từ điểm O đến mặt phẳng ()
P
bằng
A.
222
abc. B.
222
2 abc. C.
222
3 abc
. D.
222
4 abc.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng
P
.
Khi đó
222
(,())dOP OHOA abc.
Dạng 7. Góc giữa hai mặt phẳng
1. Phương pháp
Cho hai mặt phẳng

, có phương trình:

11 1 1
22 2 2
:0
:0.
Ax By Cz D
Ax B y Cz D


Góc giữa

,
bằng hoặc bù với góc giữa hai vectơ pháp tuyến
12
,.nn
υ
ρυυρ

•
12
12
.
cos ,
.
nn
nn

υρ υυρ
υρ υυρ
12 12 12
222222
111 222
.
.
AA BB CC
A
BC ABC

 
Chú ý:

•
0,90.
oo
 
2. Bài tập
Bổ sung sau
Dạng 8. Một số bài toán cực trị
Bài tập 1: Trong không gian ,Oxyz cho ba điểm
1;1; 1 , 1; 2; 0 , 3; 1; 2AB C và
M
là điểm thuộc
mặt phẳng
:2 2 7 0.xy z
Tính giá trị nhỏ nhất của
357.
P
MA MB MC
υυυρ υυυρ υυυυρ
A.
min
20.P B.
min
5.P C.
min
25.P
D.
min
27.P
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi điểm
;;Ixyz sao cho 357 0.IA IB IC
υυρυυρυυρρ
Khi đó



31 5 1 73 0
23
31 5 2 7 1 0 20 23;20; 11.
11
31 50 7 2 0
xxx
x
yy y y I
z
zzz


 



 
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 768
Xét
357 3 5 7 .
P
MA MB MC MI IA MI IB MI IC
υυυρ υυυρ υυυυρ υυυρυυρυυυρυυρ υυυρυυρ
357 .
M
IIAIBICMIMI 
υυυρυυρυυρυυρ υυυρ
min
P
khi
M
I ngắn nhất hay
M
là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng
.
Khi đó:



min
2
22
2. 23 20 2. 11 7
, 27.
212
PdI



Bài tập 2: Trong không gian với hệ trục tọa độ ,Oxyz cho hai điểm
3;5; 5 , 5; 3; 7AB và mặt
phẳng
(): 0.Pxyz Tìm toạ độ điểm
M
trên mặt phẳng ()
P
sao cho
22
2
M
AMB
lớn nhất.
A. ( 2;1;1)M . B. (2; 1;1)M . C. (6; 18;12)M
. D. (6;18;12)M .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi I thỏa mãn
20.IA IB

Khi đó
2( ) 0 2 (13; 11;19).IO OA IO OB OI OB OA I 
     
Ta có

22 2 2
22 22 2
22 2 2.
M
AMBMAMBMIIAMIIBMIIAIB
   
22
2
M
AMB
lớn nhất khi
M
I
nhỏ nhất. Khi đó
I
là hình chiếu vuông góc của
M
lên
()
P
.
Ta tìm được
(6; 18;12)M
.
Bài tập 3: Trong không gian ,Oxyz cho các điểm ( ;0;0), (0; ; 0), (0;0; )
M
mNnPp không trùng với gốc
tọa độ và thỏa mãn
22 2
3mn p . Giá trị lớn nhất của khoảng cách từ O đến mặt phẳng
M
NP bằng
A.
1
3
.
B. 3. C.
1
3
.
D.
1
27
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Do , ,
M
NP không trùng với gốc tọa độ nên 0, 0, 0mn p
.
Phương trình mặt phẳng ( )
M
NP là:
111
110
xyz
xyz
mn p m n p
 .
Suy ra
22 2
1
(,( ))
111
dO MNP
mn p

.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương
22 2
,,mn p và ba số dương
2
1
m
22
11
,
np
ta có:
22 2 222
3
3mn p mnp và
3
22 2 222
111 1
3
mn p mnp
 .
Suy ra

22 2
22 2
111
9mn p
mn p




Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 769

22 2
22 2
111
39do 3mn p
mn p




22 2 22 2
22 2
111 111 1 1
33
111 3
mn p mn p
mn p
 

Vậy
1
(,( )) .
3
dO MNP Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
22 2
1mn p
.
Vậy giá trị lớn nhất của khoảng cách từ
O đến mặt phẳng
M
NP
là
1
3
.
Bài tập 4: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho mặt phẳng
(): 2 2 3 0Px y z

và mặt cầu
222
(): 2 4 2 5 0.Sx y z x y z
Giả sử
()
M
P
và
()NS
sao cho
M
N

cùng phương với vectơ
(1; 0;1)u
và khoảng cách giữa
M
và N lớn nhất. Tính .
M
N
A.
3MN
. B.
122MN 
. C.
32MN
. D.
14MN
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.

S có tâm
(1;2;1)I
và bán kính
1R
.
Ta có:
222
|12.2 2.13|
(,( )) 2
122
dI P R



.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của
N trên mặt phẳng
P
và
là góc giữa
M
N và .NH
Vì
M
N
υυυυρ
cùng phương với
u
nên góc
có số đo không đổi.
M
NH
vuông tại H có
•
HNM nên
1
.cos .
cos
HN MN MN HN
Do đó
M
N lớn nhất HN lớn nhất (,( )) 3.HN d I P R

Có
1
cos cos( , )
2
P
un

nên
1
32
cos
MN HN
.
Bài tập 5: Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
gọi
:30Paxbycz
 (với
,,abc
là các số
nguyên không đồng thời bằng 0) là mặt phẳng đi qua hai điểm
0; 1; 2 , 1; 1; 3MN và không đi qua
điểm
(0;0;2).H
Biết rằng khoảng cách từ
H
đến mặt phẳng
()
P
đạt giá trị lớn nhất. Giá trị của tổng
2312Ta b c
bằng
A. 16 . B. 8. C. 12. D. 16.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi
K
là hình chiếu của H lên ( ),
P
E là hình chiếu của H lên .
M
N
Ta có
(;())dH P HK và (; ) ,d H MN HE HK HE
(không đổi).
Vậy ( ;( ))dH P lớn nhất khi ,
K
E với E là hình chiếu của H lên
M
N
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên
hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 770
Suy ra
117
;;
333
E




.
Vậy mặt phẳng ( )
P
cần tìm là mặt phẳng nhận
111
;;
333
HE





làm vectơ pháp tuyến và đi qua
M
có phương trình là
30xyz .
Suy ra
1
1
1
a
b
c


.
Vậy 16T .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 771
BÀI 3. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
A. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
1. Phương trình đường thẳng
Vectơ chỉ phương của đường thẳng
Cho đường thẳng . Vectơ
0

u gọi là vectơ chỉ phương của
đường thẳng nếu giá của nó song song hoặc trùng với .
Cho đường thẳng đi qua
000
;;
M
xyz
và có vectơ chỉ
phương là

;;
uabc.
Chú ý:
+ Nếu
u là vectơ chỉ phương của
thì
.0
ku k cũng là vectơ chỉ
phương của .
+
Nếu đường thẳng đi qua hai điểm
A, B thì

A
B
là một vectơ chỉ phương.
Phương trình tham số của đường thẳng
Phương trình tham số của đường thẳng có dạng
0
0
0
, (1)



xx at
yy btt
zz ct
Cho đường thẳng có phương trình
(1) thì
+
;;
uabc
là một vectơ chỉ
phương của .
+ Với điểm
M
thì
000
;;
M
xatybtzct
trong đó t
là một giá trị cụ thể tương ứng với
từng điểm M.
Phương trình chính tắc
Nếu
,, 0abc
thì phương trình chính tắc của đường thẳng có
dạng

000
2


xx yy zz
abc
2. Khoảng cách
Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng
Cho đường thẳng đi qua
0
M
, có vectơ chỉ phương
u
và điểm
M
. Khi đó để tính khoảng
cách từ
M
đến ta có các cách sau:
Cách 1: Sử dụng công thức:

0
,
,

M
Mu
dMd
u
.
Cách 2:
+ Lập phương trình mặt phẳng

P
đi qua
M
vuông góc với .
+ Tìm giao điểm H của

P
với .
+ Khi đó độ dài
M
H là khoảng cách cần tìm.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 772
Cách 3:
+ Gọi Nd, suy ra tọa độ N theo tham số t .
+ Tính
2
M
N theo t .
+ Tìm giá trị nhỏ nhất của tam thức bậc hai.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
Cho hai đường thẳng chéo nhau đi qua
0
M
có vectơ chỉ phương
u và
đi qua
0
M
có vectơ
chỉ phương

u . Khi đó khoảng cách giữa hai đường thẳng
và
được tính theo các cách sau:
Cách 1: Sử dụng công thức:

00
,.
,
,







uu MM
d
uu
.
Cách 2: Tìm đoạn vuông góc chung
M
N
. Khi đó độ dài
M
N
là khoảng cách cần tìm.
Cách 3: Lập phương trình mặt phẳng
P
chứa qua và song song với
. Khi đó khoảng cách
cần tìm là khoảng cách từ một điểm bất kì trên
đến
P
.
3. Vị trí tương đối
Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng
Trong không gian Oxyz, hai đường thẳng
000
1
:


x
xyyzz
d
abc
đi qua
1000
;;
M
xyz có
vectơ chỉ phương
1
;;

uabc, và
000
2
:




x
xyyzz
d
abc
đi qua
2000
;;
M
xyz có
vectơ chỉ phương
2
;;


uabc.
Để xét vị trí tương đối của
1
d và
2
d , ta sử dụng
phương pháp sau:
Phương pháp hình học
+
1
d trùng
2
d
3
12
12
123
12
12
//





a
aa
uu
bbb
Md
Md
+
12
12
112
,0
//
,0
uu
dd
uMM




 

hoặc
3
12
12
123
12
12
||



 
a
aa
uu
bbb
Md
Md
Ta có thể dùng
phương pháp đại số để xét vị
trí tương đối: Dựa vào số nghiệm của hệ
phương trình các đường thẳng.
Chú ý trường hợp vô nghiệm
+ Nếu
12
;

uu cùng phương thì
12
//dd.
+ Nếu
12
;

uu
không cùng phương thì
12
;dd
chéo nhau.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 773
+
1
d cắt
2
d
12
12 12
,0
,. 0




 
  
uu
uu MM
+
1
d
chéo
2
d
12 12
,. 0



  
uu MM
Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt phẳng
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
:0Ax By Cz D
có vectơ pháp tuyến
;;

nABC
và đường thẳng
0
0
0
:
x
xat
dyybt
zz ct
đi qua
000
;;
M
xyz
có vectơ chỉ phương
;;

d
uabc
.
Phương pháp đại số
Xét hệ phương trình



0
0
0
1
2
3
04




xx at
yy bt
zz ct
Ax By Cz D
Để xét vị trí tương đối của
d và
ta sử dụng phương
pháp sau:
Phương pháp hình học
Nếu

000
;;

d
un
Mxyz
thì
d
.
Nếu

000
;;

d
un
Mxyz
thì

//d
.
Nếu

d
u và

n
cùng phương .

d
ukn
với 0
k
thì
d
.
Nếu .0

d
un
;

d
u và

n
không cùng phương thì d
cắt

.
Thay (1), (2), (3) vào (4), ta được
000
0*A x at B y bt C z ct D
+) Nếu phương trình (*) vô nghiệm
t
thì
//d
.
+) Nếu phương trình (*) có nghiệm t duy
nhất thì
d
cắt
.
+) Nếu phương trình (*) có vô số nghiệm t
thì
d
.
Chú ý: Để tìm điểm chung của đường thẳng
d
và mặt phẳng
ta giải phương trình (*),
sau đó thay giá trị t vào phương trình tham số
của
d
để tìm
;;
x
yz
Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt cầu
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng và mặt cầu
có phương trình lần lượt là:
0
0
0
:,



xx at
dyybtt
zz ct
và

222
2
: Sxa yb zc R
.
Để xét vị trí tương đối của
d và
ta sử dụng
phương pháp sau:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 774
Phương pháp hình học
Bước 1:
Tìm khoảng cách từ tâm I của
S đến d .
Bước 2:
+ Nếu
, dId R thì d không cắt
S .
+ Nếu
, dId R
thì d tiếp xúc
S
.
+ Nếu
, dId R thì d cắt
S .
Phương pháp đại số
thay x, y, z từ phương trình tham số của d vào
phương trình
S
, khi đó ta được phương trình
bậc hai theo t . Biện luận số giao điểm của
d và
S theo số nghiệm của phương trình
bậc hai theo
t
.
Chú ý: Để tìm điểm chung của đường thẳng và
mặt cầu ta giải phương trình bậc hai theo
t
,
sau đó thay giá trị của
t
vào phương trình
tham số của d để tìm
;;
x
yz
.
4. Góc
Góc giữa hai đường thẳng
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
12
,dd
lần lượt có các vectơ pháp tuyến là
12
,

uu
.
Góc giữa
1
d
và
2
d
bằng hoặc bù với góc giữa
1
u
và
2

u
.
Ta có:


12
12 12
12
.
cos , cos ,
.




uu
dd uu
uu
.
Chú ý: Góc giữa hai đường thẳng là góc nhọn.
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d có vectơ
chỉ phương

d
u và mặt phẳng
có vectơ pháp tuyến

n
.
Góc giữa đường thẳng
d và mặt phẳng
bằng
góc giữa đường thẳng
d
với hình chiếu
d
của nó trên
.
Ta có:



.
sin , cos ,
.




d
d
d
un
dun
un
.
Chú ý: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là
góc nhọn.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 775
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG
Đi qua
0000
;;
M
xyz
và có
vectơ chỉ phương là
;;
uabc
Tham số:
0
0
0
,



xx at
yy btt
zz ct
Chính tắc:
Nếu , , 0
abc thì
000


x
xyyzz
abc
u
Phương
trình đư
ờ
n
g
ĐƯỜNG THẲN
G
Vị trí
tươn
g đối
Hai đường thẳng
12
,dd
12 12
12 12
12 12
// //
;//







uu uu
dd dd
M
dMd
;
1
d cắt
2
d
12 12 12
,0;,. 0



 
uu uu MM
1
d
chéo
2
d
12 12
,. 0


 
uu MM
Đường thẳng
d và mặt phẳng

000
;;;

d
dunMxyz
000
;;;// 

d
dunMxyz
d cắt
.0
d
un

, ,

d
un
không cùng phương
Đường thẳng
d và mặt cầu
,SIR
d
không cắt
S
,dId R
d
ti
ế
ú
S
dId R
Khoản
g
cách
Khoảng cách từ điểm
M
đến đường thẳng

0
,
,




M
Mu
dM
u
Khoảng cách 2 đường
thẳng chéo nhau
,

0
,.
,







uu MM
d
Góc
Giữa hai đường thẳng
d và
d

12 12
cos , cos ,
 
dd uu
Góc giữa đường thẳng
d
và mặt phẳng

sin , cos ,

d
dun
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 776
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Viết phương trình đường thẳng
1. Phương pháp
Đường thẳng d đi qua điểm

0000
;;
M
xyz
và có vectơ chỉ phương
123
;;
aaaa
có phương
trình tham số là

01
02
03



xx at
yy att
zz at
.
Đường thẳng
d
đi qua hai điểm A, B: Một vectơ chỉ phương của d là

A
B .
Đường thẳng
d
đi qua điểm
0000
;;
M
xyz và song song với đường thẳng cho trước: Vì
//
d
nên vectơ chỉ phương của cũng là vectơ chỉ phương của
d .
Đường thẳng d đi qua điểm
0000
;;
M
xyz và vuông góc với mặt phẳng
P
cho trước: Vì
dP
nên vectơ pháp tuyến của
P
cũng là vectơ chỉ phương của
d
.
Đường thẳng
d là giao tuyến của hai mặt phẳng
P
,
Q
.
Cách 1: Tìm một điểm và một vectơ chỉ phương
Tìm toạ độ một điểm
A
d bằng cách giải hệ phương trình mặt phẳng của
P
,
Q với việc
chọn giá trị cho một ẩn.
Tìm một vectơ chỉ phương của d : ,
PQ
ann

.
Cách 2: Tìm hai điểm A, B thuộc d rồi viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm đó.
Đường thẳng d đi qua điểm
0000
;;
M
xyz và vuông góc với hai đường thẳng
12
,dd: Vì
12
,dddd nên một vectơ chỉ phương của d là:
12
,
 
dd
uuu.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Trong không gian Oxyz, cho tam giác
A
BC có
2;1; 1 , 2;3;1 AB và
0; 1; 3C .
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
A
BC và vuông góc với mặt
phẳng
A
BC . Phương trình đường thẳng d là
A.
112
111


xyz
.
B.
1
111
x
yz
.
C.
2
211

x
yz
.
D.
1
111
x
yz
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
4; 2; 2 16 4 4 2 6

AB AB .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 777
2; 2; 4 4 4 16 2 6

AC AC
.
2; 4; 2 4 16 4 2 6

BC BC .
Vậy tam giác
A
BC
đều nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trọng tâm
0;1;1G .
Ta có

, 12;12;12 12 1;1;1




AB AC .
Đường thẳng
d
đi qua
0;1;1G và có vectơ chỉ phương cùng phương với
,



A
BAC
, do đó
chọn
1;1;1
u .
Phương trình đường thẳng
d
là
1
1
x
t
yt
zt
.
Với
1t , ta có điểm
1; 0; 0
A
d
.
Vậy đường thẳng
d đi qua
1; 0; 0A
và có vectơ chỉ phương
1;1;1
u .
Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, cho hai
1; 2; 3 , 3; 4; 5 MN
và mặt phẳng
:23140 Px y z . Gọi là đường thẳng thay đổi nằm trong mặt phẳng
P
, các điểm
,HK
lần lượt là hình chiếu vuông góc của ,
M
N trên . Biết rằng khi
M
HNK
thì trung điểm của HK
luôn thuộc một đường thẳng
d cố định, phương trình của đường thẳng d là
A. 13 2
4


xt
yt
zt
.
B. 13 2
4


xt
yt
zt
.
C. 13 2
4

xt
yt
zt
.
D.
1
13 2
4


x
yt
zt
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi I là trung điểm của HK .
Do
M
HNK nên HMI KNI IM IN . Khi đó I thuộc mặt phẳng
Q
là mặt phẳng
trung trực của đoạn
M
N .
Ta có
Q
đi qua trung điểm của
M
N
là điểm
2;3; 4J
và nhận

1
1; 1; 1
2


nMN
làm vectơ
pháp tuyến nên có phương trình là
:90
Qxyz
.
Mà
IA P. Suy ra

90
:
23140



xyz
Id P Q
xyz
Tìm được
0;13; 4d và vectơ chỉ phương của d là
1; 2; 1 .
Vậy
:132
4


xt
dy t
zt
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 778
Bài tập 3. Trong không gian Oxyz. Cho điểm
1;1; 1E , mặt cầu
222
:4
Sx y z và mặt phẳng

:3530Px y z . Gọi là đường thẳng đi qua E , nằm trong
P
và cắt

S tại hai điểm
,
A
B sao cho OAB là tam giác đều. Phương trình tham số của là
A.
12
1
1



x
t
yt
zt
. B.
14
13
1



x
t
yt
zt
. C.
12
1
1
x
t
yt
zt
. D.
1
1
12



x
t
yt
zt
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi
;;
uabc
là một vectơ chỉ phương của với
222
0
abc
.
Ta có
1; 3; 5

P
n .
Vì

P
nên .0 350 35  

PP
un un a b c a b c. (1)
Mặt cầu
S có tâm
0; 0; 0O và bán kính 2
R .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của
O trên
A
B
Ta có
OAB
là tam giác đều cạnh
R
nên
3
3
2

R
OH .
Suy ra khoảng cách từ
O
đến đường thẳng bằng
3OH
.
Khi đó
,
3



uOE
u

222
222
3 ab bc ca abc

2
00 abc abc (2)
Thay (1) vào (2) ta được:
35 0 2bcbc bca c.
Thay
1c thì 1b và 2a .
Ta được một vectơ chỉ phương của
là
2; 1; 1

u
Vậy phương trình của đường thẳng
là
12
1
1
x
t
yt
zt
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 779
Dạng 2: Viết phương trình đường thẳng bằng phương pháp tham số hóa
1. Phương pháp
Viết phương trình đường thẳng
d
đi qua điểm
0000
;;
M
xyz , vuông góc và cắt đường thẳng .
Cách 1: Gọi
H là hình chiếu vuông góc của
0
M
trên đường thẳng . Khi đó
0
,

 
HMHu.
Khi đó đường thẳng
d là đường thẳng đi qua
0
,
M
H .
Cách 2: Gọi
P
là mặt phẳng đi qua
0
M
và vuông góc với d .
Q là mặt phẳng đi qua
0
M
và
chứa
d . Khi đó

dP Q
Viết phương trình đường thẳng
d
đi qua điểm
0000
;;
M
xyz và cắt hai đường thẳng
12
,dd.
Cách 1: Gọi
11 2 2
, 
M
ddMd d
. Suy ra
012
,,
M
MM
thẳng hàng. Từ đó tìm được
12
,
M
M
và suy ra phương trình đường thẳng
d .
Cách 2: Gọi

P
là mặt phẳng đi qua
0
M
và chứa
1
d ;
Q là mặt phẳng đi qua
0
M
và chứa
2
d .
Khi đó

dP Q. Do đó một vectơ chỉ phương của d có thể chọn là ,



PQ
unn.
Đường thẳng d nằm trong mặt phẳng
P
và cắt cả hai đường thẳng
12
,dd: Tìm các giao điểm
 
12
,
A
dPBd P . Khi đó d chính là đường thẳng
A
B .
Đường thẳng d song song với và cắt cả hai đường thẳng
12
,dd: Viết phương trình mặt phẳng
P
song song với và chứa
1
d , mặt phẳng
Q
song song với và chứa
2
d . Khi đó

dP Q.
Đường thẳng d là đường vuông góc chung của hai đường thẳng
12
,dd
chéo nhau:
Cách làm: Gọi
12
, 
M
dNd. Từ điều kiện
1
2
M
Nd
M
Nd
, ta tìm được
,
M
N
. Viết phương trình
đường thẳng
M
N
chính là đường vuông góc chung của
12
,dd.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
:10
Pxyz và đường
thẳng
421
:
22 1


x
yz
d . Phương trình đường thẳng
d
là hình chiếu vuông góc của
d
trên
mặt phẳng

P
là
A.
21
57 2


x
yz
.
B.
21
57 2

x
yz
.
C.
21
57 2


x
yz
.
D.
21
57 2

x
yz
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 780
Hướng dẫn giảii
Chọn B.
Đường thẳng d có phương trình tham số là

42
22
1



xt
ytt
zt
.
Lấy điểm
42;22;1 
M
dP M t t td. Thay đổi tọa độ điểm
M
vào phương
trình mặt phẳng
P
ta được:
42 22 1 0 2ttt t
.
Suy ra
0; 2;1M .
Do đó
0; 2;1dPM
.
Lấy
4; 2; 1
A
d
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của
A
lên mặt phẳng
P
.
Đường thẳng
A
H đi qua
4; 2; 1A và nhận

1; 1; 1

P
n làm vectơ chỉ phương nên
A
H có
phương trình là

1
11
1
4
2
1



xt
ytt
zt
.
Suy ra
111
4;2;1Ht t t.
Thay tọa độ
H vào phương trình mặt phẳng
P
được
111 1
21081
42110 ;;
3333
ttt t H




.
M
H
là hình chiếu của d lên mặt phẳng
P
,
M
H
đi qua
0; 2;1M và nhận

10 14 4 2
;; 5;7;2
333 3





MH
là vectơ chỉ phương nên có phương trình là
21
57 2


x
yz
.
Bài tập 2. Cho các đường thẳng
1
11
:
121

x
yz
d và đường thẳng
2
23
:
122


xyz
d .
Phương trình đường thẳng đi qua
1; 0; 2A , cắt
1
d và vuông góc với
2
d là
A.
12
221


xyz
.
B.
12
411

xyz
.
C.
12
23 4


xyz
. D.
12
221

xyz
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi
1
Id ,
1,12, ;21; 2 

It tt AItt t là một vectơ chỉ phương của .
Do
2
1; 2; 2
d
u
là một vectơ chỉ phương của đường thẳng
2
d và
2
d .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 781
Suy ra
2
.0 221220360 2  

d
AI u t t t t t
.
Vậy
2; 3; 4

AI . Phương trình đường thẳng cần tìm là
12
23 4

xyz
.
Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
:3 2 0
Pxyz và hai đường
thẳng
1
16
:
121


x
yz
d
và
2
124
:
314



xy z
d
.Đường thẳng vuông góc với

P
cắt cả hai
đường thẳng
1
d và
2
d có phương trình là
A.
21
312


x
yz
.
B.
54
312

xyz
.
C.
281
31 2


x
yz
.
D.
122
31 2


xy z
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
1
1
16
:62,
121



xt
xy z
dytt
zt
1
1;62;
M
dM t tt.
2
13
124
:2,
314
44






xt
xy z
dytt
zt
1
13;2 ;4 4

 Nd N t t t
.
23;42;44



M
Ntt tttt.
:3 2 0 Pxyz có vectơ pháp tuyến
3;1; 2
n .
Đường thẳng

d vuông góc với
P
cắt cả hai đường thẳng
1
d
tại
M
và cắt
2
d
tại
N suy ra
233 2
42 1
442 1




 





tt k t
MN kn t t k t
tt k k
21;2;2 tM
Do
dP nên


d
P
un.
Phương trình đường thẳng
d là
13
2;
22



xs
yss
zs
.
Chọn

21
12;1;0 :
312

x
yz
sA dd
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 782
Bài tập 4. Viết phương trình đường thẳng
d
qua
1; 2; 3A
cắt đường thẳng
1
2
:
21 1

xyz
d
và
song song với mặt phẳng
:20Pxyz .
A.
1
2
3



x
t
yt
zt
. B.
1
2
3


x
t
yt
z
. C.
1
2
3
x
t
yt
z
. D.
1
2
3



x
t
yt
zt
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Do
1
2;; 2 2 1; 2; 1

dd B Bmmm AB m m m
.
d
song song với mặt phẳng
P
nên

.01211.2 10 1 1;1;0 

P
AB n m m m m AB .
Vậy phương trình đường thẳng
1
2
3
x
t
yt
z
.
Bài tập 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
:2 10 0 Pxyz , điểm
1; 3; 2A và đường thẳng
211
:
21 1


x
yz
d
. Tìm phương trình đường thẳng cắt
P
và d
lần lượt tại
M
và N sao cho
A
là trung điểm của
M
N .
A.
613
74 1


x
yz
. B.
613
74 1


xyz
.
C.
613
741



xyz
.
D.
613
741


xyz
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
2 2 ;1 ;1 NdN ttt
.
A
là trung điểm của
4 2 ;5 ;3
M
NM t t t.
Mà
M
P nên tọa độ
M
thỏa phương trình
P
, ta được:
24 2 5 3 10 0 2 6; 1;3, 8;7;1ttt t N M .
Suy ra
14;8; 2

MN .
Đường thẳng đi qua hai điểm
M
và N nên có một vectơ chỉ phương

1
7; 4; 1
2


uNM
nên có phương trình là
613
74 1


x
yz
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 783
Bài tập 6. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm
3; 3; 3
A thuộc mặt phẳng
:2 2 15 0xyz
và mặt cầu

222
: 2 3 5 100Sx y z
. Đường thẳng qua
A
,
nằm trên mặt phẳng
cắt
S tại ,
M
N . Để độ dài
M
N lớn nhất thì phương trình đường thẳng
là
A.
333
146


xyz
.
B.
333
16 11 10


xyz
.
C.
35
3
38


x
t
y
zt
. D.
333
113


xyz
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Mặt cầu

S có tâm
2; 3;5I và bán kính
10
R
.
Mặt phẳng
có vectơ pháp tuyến
2; 2;1
n .
Gọi
,HK lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên và mặt phẳng
.
IK
nên phương trình đường thẳng IK đi qua I và vuông góc với mặt phẳng
là
22
32
5



x
t
yt
zt
.
Tọa độ điểm
K
là nghiệm hệ phương trình

22
32
2; 7; 3
5
22 150





xt
yt
K
zt
xyz
.
Vì

nên IH IK . Do đó IH nhỏ nhất khi H trùng với
K
.
Để
M
N lớn nhất thì IH phải nhỏ nhất.
Khi đó đường thẳng cần tìm đi qua
A
và
K
. Ta có
1; 4; 6

AK
.
Đường thẳng có phương trình là:
333
146


xyz
.
Bài tập 7. Trong không gian Oxyz, cho
A
BC có
2; 3;3A , phương trình đường trung tuyến kẻ từ
B là
332
:
12 1



xyz
d , phương trình đường phân giác trong của góc
C là
242
:
211



xyz
. Đường thẳng
A
B
có một vectơ chỉ phương là
A.
2;1; 1
u . B.

1; 1; 0
u . C.
0;1; 1
u . D.
1; 2; 1
u .
Hướng dẫn giải
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 784
Chọn C.
Ta có phương trình tham số của là:

22
422;4;2
2



xt
y t C ttt
zt
.
Gọi
M
là trung điểm của
A
C
nên
75
2; ;
22




tt
Mt
.
Vì
M
d nên

75
32
23
11 1
22
1
12 1142









tt
t
ttt
t .
Suy ra
4; 3;1C .
Phương trình mặt phẳng
P
đi qua
A
và vuông góc với là: 220
xyz .
Gọi
H là giao điểm của
P
và
2; 4; 2 H
.
Gọi
A
là điểm đối xứng với
A
qua đường phân giác , suy ra H là trung điểm
A
A
2; 5;1
A
.
Do
A
BC nên đường thẳng
B
C có vectơ chỉ phương là
2; 2; 0 2 1;1; 0


CA .
Suy ra phương trình của đường thẳng
B
C là
4
3
1
x
t
yt
z
.
Vì
2;5;1

B
BM BC B A .
Đường thẳng
A
B có một vectơ chỉ phương là
0; 2; 2 2 0;1; 1


AB .
Bài tập 8. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
12
:
211

x
yz
và hai điểm
4; 2; 4 , 0; 0; 2 AB. Gọi d là đường thẳng song song và cách một khoảng bằng 5, gần
đường thẳng
A
B nhất. Đường thẳng d cắt mặt phẳng
Oxy
tại điểm nào dưới đây?
A.
2;1; 0 . B.
214
;;0
33




.
C.
3; 2; 0 . D.
0; 0; 0 .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Phương trình tham số của đường thẳng
A
B có dạng:
4
2
26


xt
yt
zt
.
Để đường thẳng
d
thỏa mãn bài toán thì ta có hình vẽ tương ứng
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 785
Đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng
A
B
và là
M
N với
0; 5;1 , 3;1;1MN.
Để
d gần đường thẳng
A
B nhất thì d phải đi qua điểm D nằm trên đoạn
M
N mà
,5,35 DN d d MN
. Do đó
32;1;1

MN DN D
.
Vectơ chỉ phương của đường thẳng
d
là

2; 1;1

d
u
.
Suy ra phương trình tham số của
d là
22
1
1

x
t
yt
zt
Đường thẳng
d cắt

Oxy
tại điểm có
0
10 1
0

x
zt t
y
.
Vậy giao điểm của
d và
Oxy là
0; 0; 0 .
Bài tập 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn đường thẳng
12
221 11
:;:
111 121



x
yz xyz
34
21 5
:;:
11 1 1 3 1
x
yz xyazb


Biết không tồn tại đường thẳng nào trong không gian mà cắt được đồng thời cả bốn đường thẳng
trên. Giá trị của biểu thức
2Ta b bằng
A. 2. B. 3. C. 2. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:
13
//.
Gọi
P
là mặt phẳng chứa
1
và
3
:2 30
Px yz
.
Gọi
2
0; 1;1 IPI
.
Gọi

4
222324278
;;
666
 




ab b a b
JPJ .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 786
2 22 3 18 2 7 14
;;
66 6
 





ab b a b
IJ
.
Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì
IJ phải cùng phương với
1
1; 1; 1


u .
Suy ra
2 22 3 18 2 7 14
22
666
 


ab b a b
ab .
Dạng 3. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
1. Phương pháp
Cho đường thẳng

000
:


x
xyyzz
abc
và mặt phẳng
:0Ax By Cz D
.
Gọi
là góc giữa hai mặt phẳng
và
ta có công thức:
222222
sin
.


Aa Bb Cc
A
BCabc
Chú ý: ,,
A
BC và , ,abc không đồng thời
bằng 0.
Ví dụ: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho
đường thẳng
32
:
211

x
yz
và mặt phẳng
:3 4 5 8 0
xyz
.
Tính góc tạo bởi và
.
Hướng dẫn giải
có vectơ chỉ phương
2;1;1
u .
có vectơ pháp tuyến
3; 4; 5
n .
Ta có:

sin , cos ,
nu
2 2 2 222
3.2 4.1 5.1
3
2
345.211



.
Suy ra

,60

.
2. Bài tập
Bài tập 1:
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
312
:
114


xyz
và mặt phẳng
:260 Pxy z
. Biết cắt mặt phẳng
P
tại ,
A
M thuộc sao cho
23AM
. Tính
khoảng cách từ
M
tới mặt phẳng
P
.
A. 2 . B. 2. C. 3. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đường thẳng
312
:
114


xyz
có vectơ chỉ phương
1;1; 4
u .
Mặt phẳng
:260 Pxy z có vectơ chỉ phương
1;1; 2
n .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 787



.
1
sin , cos , sin
3
.
un
Pun
un




Suy ra

1
,.sin23.2
3
 d M MH MA
.
Dạng 4: Góc giữa hai đường thẳng
1. Phương pháp
Cho hai đường thẳng:

000
1
:


x
xyyzz
abc

000
2
:



x
xyyzz
abc
Gọi
là góc giữa hai đường thẳng
1
và

2
.
Ta có:
222 2 2 2
cos
.




aa bb cc
abca b c
.
Ví dụ: Trong không gian Oxyz, cho hai đường
thẳng
1
123
:
21 2


x
yz
;
2
312
:
11 4


xyz
.
Tính góc giữa hai đường thẳng trên.
Hướng dẫn giải
Vectơ chỉ phương của
1
là
1
2;1; 2 

u .
Vectơ chỉ phương của
2
là
2
1; 1; 4

u .


12
12 12
12
.
cos , cos ,
.
uu
uu
uu

 
 
 
 
22
2222
2.1 1.1 2. 4
212.11 4


92
2
3.3 2
.
Vậy góc giữa hai đường thẳng đã cho là
45.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
d là giao tuyến của hai mặt phẳng

: .sin cos 0; : .cos sin 0; 0;
2




Pxz Qyz

. Góc giữa
d và trục Oz là:
A. 30 . B. 45. C. 60. D. 90 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Mặt phẳng
P
có vectơ pháp tuyến là

1;0; sin

P
n
.
Mặt phẳng
Q
có vectơ pháp tuyến là

0;1; cos

Q
n
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 788
d là giao tuyến của
P
và
Q nên vectơ chỉ phương của
d là:


, sin ;cos ;1



  
dPQ
unn
.
Vectơ chỉ phương của
Oz là

0; 0;1

Oz
u .
Suy ra
 
222 2
0.sin 0.cos 1.1
1
cos , , 45
2
sin cos 1 . 0 0 1



dOz dOz


.
Vậy góc giữa

d
và trục

Oz
là
45
.
Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, d là đường thẳng đi qua điểm
1; 1; 2A , song song với mặt
phẳng
:2 3 0Pxyz , đồng thời tạo với đường thẳng
11
:
122

x
yz
một góc lớn nhất.
Phương trình đường thẳng
d
là
A.
112
45 3


xyz
.
B.
112
453


xyz
.
C.
112
45 3


xyz
.
D.
112
453


xyz
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Mặt phẳng
:2 3 0Pxyz có một vectơ pháp tuyến là

2; 1; 1

P
n .
Đường thẳng
11
:
122


x
yz
có một vectơ chỉ phương là
1; 2; 2

u .
Giả sử đường thẳng
d có vectơ chỉ phương là
d
u .
Do
0,90 d
mà theo giả thiết
d
tạo góc lớn nhất nên
,90


d
duu
.
Lại có

//dP nên

dP
un. Do đó chọn


, 4;5;3
dP
uun




.
Vậy phương trình đường thẳng
d là
112
453


xyz
.
Bài tập 3. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
212
:
443


xyz
d
và mặt phẳng
:2 2 1 0 Pxyz
. Đường thẳng đi qua
2;1; 2
E
, song song với
P
có một vectơ chỉ
phương
;;1
umn
, đồng thời tạo với
d
góc bé nhất. Tính
22
Tm n.
A.
5T
. B. 4T . C.
3
T
. D. 4T .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Mặt phẳng
P
có vectơ pháp tuyến là
2; 1; 2
n ; đường thẳng d có vectơ chỉ phương là
4; 4;3
v
.
22022//

Pun mn nm
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 789
Mặt khác ta có:


2
22 2 2
.
443
cos ;
1. 4 4 3





uv
mn
d
uv
mn


2
2
22
2
45 45
1 1 16 40 25
..
585 585
41 41
41 5 8 5



 

mm
mm
mm mm
mm
.
Vì
0,90 d nên

, d bé nhất khi và chỉ khi
cos , d lớn nhất.
Xét hàm số
 

22
2
2
2
16 40 25 72 90
585
585




tt tt
ft f t
tt
tt
.
Bảng biến thiên:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 790
x
5
4
0

f
0 + 0
f
16
5
5
0
16
5
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
max 0 5
ft f
.
Suy ra

, d
bé nhất khi 02mn.
Do đó
22
4Tm n
.
Dạng 5: Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng
1. Phương pháp
Ví dụ:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho
đường thẳng
122
:
12 2


xy z
d
.
Tính khoảng cách từ
2;1; 1
M tới d .
Cho đường thẳng
đi qua điểm
0000
;;
M
xyz và có vectơ chỉ phương
;;
uabc
. Khi đó khoảng cách từ điểm
1
M
đến
được tính bởi công thức:

01
1
;
,
M
Mu
dM
u




.
Hướng dẫn giải
Ta có
1; 2; 2 3; 1; 1 , 1; 2; 2


AdAM u
.
Khoảng cách từ điểm
M
đến đường thẳng d là:

;
52
;
3




AM u
dMd
u
.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
1;1; 1
A
cho trước, nằm trong mặt
phẳng
:2 2 0Pxyz và cách điểm
0; 2;1M một khoảng lớn nhất.
A.
111
131



x
yz
. B.
111
131


x
yz
.
C.
111
13 1


x
yz
. D.
111
13 1


x
yz
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 791
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta gọi
B
là hình chiếu của
M
lên đường thẳng
d
khi đó
M
BMA.
Suy ra
max
M
BMA nên đường thẳng
d
đi qua điểm
A
và vuông góc với
M
A .
Đồng thời đường thẳng
d nằm trong mặt phẳng
P
nên ta có


,1;3;1



  
d
P
uMAn
.
Bài tập 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm
2;1; 2 , 5;1;1AB và mặt cầu
222
:61290 Sx y z y z
. Xét đường thẳng d đi qua
A
và tiếp xúc với
S
sao cho
khoảng cách từ
B đến d nhỏ nhất. Phương trình của đường thẳng d là
A.
2
1
22


x
yt
zt
. B.
2
14
2


x
yt
zt
. C.
22
12
2

x
t
yt
zt
. D.
2
14
2



x
t
yt
zt
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Mặt cầu
222
:61290 Sx y z y z có tâm
0; 3; 6
I bán kính 6R .
6,310  IA R A S IB R nên
B
nằm ngoài
S .
Đường thẳng
d
đi qua
A
và tiếp xúc với
S nên
d
nằm trong mặt phẳng

P
tiếp xúc với mặt
cầu

S tại
A
.
Mặt phẳng
P
đi qua
A
và nhận
IA
làm vectơ pháp tuyến có phương trình là
220xyz
.
Gọi
H
là hình chiếu của
B
lên

P
thì tọa độ của
4; 1; 1
H .
Ta có:

;;dBd dB P BH.
Vậy khoảng cách từ
B
đến d nhỏ nhất khi d đi qua
H
. Ta có
2; 2;1

d
uAH .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 792
Suy ra phương trình đường thẳng
d là:
22
12
2

x
t
yt
zt
.
Dạng 6: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
1. Phương pháp
Trong không gian Oxyz, cho hai đường
thẳng chéo nhau:
1
có vectơ chỉ phương
;;
uabc
và đi qua

0000
;;
M
xyz
;
2
có
vectơ chỉ phương

;;


u abc
và đi qua

0000
;;

M
xyz
.
Khi đó khoảng cách giữa
1
và
2
được tính
bởi công thức

00
12
,.
,
,








uu MM
d
uu
.
Nếu
12
//
(
1

u
và
2

u
cùng phương và
02
M ) thì
12 02
,, ddM
Ví dụ: Trong không gian Oxyz, tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng
1
12
:
211
x
yz
d
và
2
14
:12,
22



xt
dy tt
zt
.
Hướng dẫn giải
Đường thẳng
1
d đi qua điểm
1; 2; 0M và có
một vectơ chỉ phương
1
2; 1;1
u
.
Đường thẳng
2
d đi qua điểm
1; 1; 2N
và có
một vectơ chỉ phương
2
4; 2; 2
u
.
Do
1
u cùng phương với
2

u và
2
M
d nên
12
//dd
.
Suy ra

1
12 1
1
,
;;





uMN
ddd dNd
u
.
Ta có

0;1; 2 , , 3; 4; 2




MN u MN
.
Suy ra


22
2
1
2
2
1
,
342
174
6
211







uMN
u
.
Vậy

12
174
;
6
ddd
.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho phương trình mặt phẳng
:2 3 0Pxyz

, đường thẳng
1
:
121

x
yz
d và
điểm
0; 2;1A . Viết phương trình đường thẳng d đi qua
A
, nằm trong
P
sao cho khoảng cách
d và
d
đạt giá trị lớn nhất.
A.
21
17 9


x
yz
. B.
21
17 9

x
yz
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 793
C.
21
179


x
yz
.
D.
21
17 9

x
yz
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi
1
d là đường thẳng đi qua
A
và song song với
d .
Phương trình của
1
d là:
22
1


xt
yt
zt
.
Trên đường thẳng
1
d lấy điểm
1; 0; 0B .
Gọi
Q là mặt phẳng chứa
d
và
1
d .
Ta có
,, ,

ddd dd Q dBQ .
Do
1
d cố định cho nên
1
,, ,
ddd dB Q dBd .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

 
Q
nBH trong đó H là hình chiếu của B lên
1
d
.
Ta tìm được
221
;;
333



H nên


521
;; 5;2;1
333




 
Q
BH n .
Ta có


;1;7;9



  
d
PQ
unn .
Vậy phương trình của đường thẳng
d
là
21
17 9

x
yz
.
Lưu ý :
Vì đường thẳng d đi qua A nên ta có thể loại đáp án bằng cách thay tọa độ điểm A vào các
đáp án trong bài
Dạng 7: Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt phẳng
1. Phương pháp
Trong không gian Oxyz, xét đường thẳng
có vectơ chỉ phương là
123
;;
aaaa và đi qua
0000
;;
M
xyz và mặt phẳng
:0
Ax By Cz D
có vectơ pháp tuyến
;;
nABC.
cắt
123
.0 0

a n Aa Ba Ca
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 794


123
000
0
0
.0
0
//





Aa Ba Ca
an
Ax By Cz D
MP
.


123
000
0
0
.0
0





Aa Ba Ca
an
Ax By Cz D
MP

a
và
n cùng phương
123
:: ::
aa a ABC.
Ta có thể biện luận vị trí tương đối dựa vào số nghiệm của phương trình đường thẳng
và
mặt phẳng
.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
15
:
131


x
yz
d và mặt
phẳng
:3 3 2 6 0Pxyz .
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. d cắt và không vuông góc với
P
. B. d song song với
P
.
C.
d
vuông góc với
P
. D.
d
nằm trong
P
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đường thẳng d nhận
1; 3; 1
u
làm một vectơ chỉ phương.
Mặt phẳng
P
nhận
3; 3; 2
n
làm một vectơ pháp tuyến.
Do
.0

un và hai vectơ này không cùng phương nên đường thẳng d cắt và không vuông góc
với
P
.
Bài tập 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng có phương trình
211
:
11 1


x
yz
d
và mặt phẳng
2
:170
Pxmy m z với m là tham số thực. Tìm
m
sao cho đường thẳng
d
song song với mặt phẳng
P
.
A. 1m . B. 1m . C.
1
2
m
m
.
D. 2m .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đường thẳng
d
có vectơ chỉ phương là
1;1; 1
u và mặt phẳng
P
có vectơ pháp tuyến là
2
1; ; 1
nmm.

22
1
.01 10 20
2
//


m
dP un un mm mm
m
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 795
Thử lại ta thấy với
2m
thì
dP (loại). Vậy
1
m
.
Bài tập 3. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
123
:
241


x
yz
d và mặt phẳng
:250 xy z
, mệnh đề nào dưới đây là đúng?
A.
//d
. B.
d
.
C.
d
cắt
và không vuông góc với
. D.
d
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
12
:24,
3



xt
dy tt
zt
.
Xét hệ phương trình:



12 1
24 2
33
250*




xt
yt
zt
xy z
Thay (1), (2), (3) vào (*) ta được
12 24 23 5 0
 tt t .
Phương trình này có vô số nghiệm.
Do đó, đường thẳng
d nằm trong mặt phẳng
.
Bài tập 4. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng
:2 10, :2 20  Px yz Q xyz
và hai đường thẳng
12
11 21
:,:
21 2 1 1 2


x
yz xy z
.
Đường thẳng song song với hai mặt phẳng
,
P
Q và cắt
12
,
tương ứng tại ,HK. Độ dài
đoạn HK bằng
A.
811
7
.
B. 5. C. 6. D.
11
7
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có

, 1;1;3




PQ
unn .
Gọi
2;1 ;12; ;2 ;12  Ht t tKm m m
2;1 ;2 2 2

HK mt mt mt
.
Vì song song với 2 mặt phẳng
,
P
Q nên

HK ku nên
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 796
21 22 2
11 3


mt mt mt
.
Tính ra được
23
;
77
mt
. Suy ra
811
7
HK
.
Bài tập 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
22 2
:2 2 1 2 1 0 Pmmxm ymzmm luôn chứa đường thẳng cố định khi
m thay đổi. Khoảng cách từ gốc tọa độ đến là?
A.
1
3
. B.
2
3
.
C.
2
3
.
D.
2
3
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
22 2
2212 10,   mm xm ym zmm m
2
21214210, mxy mxz xyz m
210
210
210
210210
4210








xy
xy yz
xz
xz xy
xy z
Vậy
P
luôn chứa đường thẳng
cố định:
1
22

t
x
yt
zt
Đường thẳng
đi qua
1
;0;0
2



A
và có vectơ chỉ phương
1
;1;1
2




u
.
Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ đến
là:

,
2
;
3





OA u
dO
u
.
Dạng 8: Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng
1. Phương pháp
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
000
1
:
x
xyyzz
d
abc


đi qua
1000
;;
M
xyz
có vectơ chỉ phương
1
;;uabc

và
000
2
:
x
xyyzz
d
abc




đi qua
2000
;;
M
xyz

có vectơ chỉ
phương
2
;;u abc


.
Để xét vị trí tương đối của
1
d và
2
d , ta sử dụng phương pháp sau:
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 797
+)
1
d trùng
2
d
3
12
12
123
12
12
//
a
aa
uu
bbb
Md
Md




.
+)
12
12
112
,0
,0
//
uu
dd
uMM




 

hoặc
3
12
12
123
12
12
//
a
aa
uu
bbb
Md
Md



.
+)
1
d
cắt
2
d
12
12 12
,0
,. 0
uu
uu MM




 
  
.
+)
1
d
chéo
2
d
12 12
,. 0uu MM



  
.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
112
:
121
xyz
d


và

2
2
392
:0
48
xyz
dm
m


Tập hợp các giá trị
m
thỏa mãn
12
//dd
có số phần tử là:
A. 1. B. 0. C. 3. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đường thẳng
1
d đi qua
1; 1; 2A và có vectơ chỉ phương là
1
1; 2; 1u
.
Đường thẳng
2
d đi qua
3; 9; 2B 
và có vectơ chỉ phương là
2
2
4;8;um
.
Đường thẳng
12
//dd khi và chỉ khi
1
u
cùng phương với
2
u
và hai đường thẳng
1
d và
2
d không
trùng nhau.
Vì
31 91 2 2
121
 

nên B nằm trên đường thẳng
1
d .
Do đó hai đường thẳng này luôn có điểm chung là
B
nên hai đường thẳng không thể song song.
Bài tập 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, xét vị trí tương đối của hai đường thẳng
12
11 332
:,:
223 121
xyz x y z

A.
1
song song với
2
. B.
1
chéo với
2
.
C.
1
cắt
2
. D.
1
trùng với
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Vì
22
12

nên vectơ chỉ phương
1
2; 2; 3u
của đường thẳng
1
không cùng phương với
vectơ chỉ phương
2
1; 2; 1u 

của
2
.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 798
Suy ra
1
chéo với
2
hoặc
1
cắt
2
.
Lấy
12
1; 1; 0 , 3; 3; 2 MN . Ta có
2; 4; 2MN

.
Khi đó
12
,. 0uu MN


 
.
Suy ra
12
,,uu MN
 
đồng phẳng.
Vậy
1
cắt
2
.
Dạng 9: Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt cầu
1. Phương pháp
Cho đường thẳng


01
02
03
1
:2
3
xx at
dyyat
zz at



và
mặt cầu


22
22
:Sxa yb zc R
có tâm
;;Iabc, bán kính
R
.
Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,
cho mặt cầu

2
22
:225Sx y z
 và đường
thẳng
d có phương trình
22
23
32
x
t
yt
zt



Chứng minh
d
luôn cắt
S tại hai điểm phân
biệt.
Bước 1: Tính khoảng cách từ tâm I của
mặt cầu
S đến đường thẳng d là

0
.
,
IM a
hdId
a




Hướng dẫn giải
Mặt cầu
S có tâm
0; 0; 2I và bán kính
5
R
.
Đường thẳng d đi qua
2; 2; 3M  và có vectơ
chỉ phương là
2; 3; 2u
.
Ta có

,
,3
IM u
hdId
u




.
Bước 2: So sánh
,dId với bán kính
R
của mặt cầu:
Nếu

,dId R thì
d
không cắt
S .
Nếu
,dId R thì d tiếp xúc
S .
Nếu

,dId R thì d cắt

S tại hai
điểm phân biệt ,
M
N và
M
N vuông góc
với đường kính (bán kính) mặt cầu
S .
Vì
hR
nên d cắt mặt cầu
S tại hai điểm
phân biệt.
Phương pháp đại số
Ví dụ 2:
Trong không gian Oxyz, mặt cầu
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 799
Thế (1), (2), (3) vào phương trình
S và
rút gọn đưa về phương trình bậc hai theo

* t
.
Nếu phương trình (*) vô nghiệm thì
d
không cắt

S
.
Nếu phương trình (*) có một nghiệm
thì
d
tiếp xúc
S
.
Nếu phương trình (*) có hai nghiệm thì
d cắt

S tại hai điểm phân biệt ,
M
N .
Chú ý: Để tìm tọa độ ,
M
N ta thay giá trị t
vào phương trình đường thẳng
d
.

2
22
:217Sx y z

cắt trục
Oz
tại hai
điểm
,
A
B
. Tìm độ dài đoạn
A
B
.
Hướng dẫn giải
Gọi
M
là giao điểm của
S với trục
Oz
.
Ta có
M
Oz
nên
0; 0;
M
t .
Mà
M
S nên

2
22
00 2 17t


2
217
217 217
217
t
tt
t



.
Suy ra tọa độ các giao điểm là
0; 0; 2 17A  ,
0; 0; 2 17 2 17BAB
.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm
0; 0; 2A
và đường thẳng có phương trình
là
223
232
x
yz

.
Phương trình mặt cầu tâm
A
, cắt tại hai điểm
B
và
C
sao cho
8BC
là
A.

222
23116xyz. B.

2
22
225xy z
 .
C.

2
22
225xyz. D.

2
22
216xy z
 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi

S là mặt cầu tâm
0; 0; 2A và có bán kính
R
.
Đường thẳng
đi qua
2; 2; 3M  có vectơ chỉ phương
2; 3; 2u
.
Gọi
H là trung điểm
B
C
nên
A
HBC
.
Ta có

.
,
M
Au
AH d A
u




.
Với




22
2
22 2
2; 2;1
7210
.7;2;10 3
2;3; 2
232
MA
MA u AH
u








.
Bán kính mặt cầu
S là:
2222
34 5RAB AH HB .
Vậy phương trình mặt cầu
S là:

2
22
225xy z
 .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 800
Bài tập 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

22 2
:1 1 29Sx y z

và điểm
1; 3; 1M . Biết rằng các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ
M
tới mặt cầu đã cho luôn
thuộc một đường tròn
C có tâm
;;
J
abc .
Giá trị
2abc bằng
A.
134
25
.
B.
116
25
.
C.
84
25
.
D.
62
25
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có mặt cầu
S có tâm
1; 1; 2I và bán kính 3R
.
Khi đó
5IM R M
nằm ngoài mặt cầu.
Phương trình đường thẳng
M
I là
1
14
23
x
x
t
zt


.
Tâm
;;
J
abc
nằm trên
M
I nên
1; 1 4 ; 2 3
J
tt
.
Xét
M
HI vuông tại H có
22
5; 3 4 MI IH MH MI HI.
Mặt khác


22
1; 3; 1
44 33
1; 1 4 ; 2 3
M
M
Jtt
Jtt


.
2
16
.
5
MJ MI MH MJ

22
256
44 32
25
tt
2
9
369
25
25 50 0
41
25
25
t
tt
t

.
Suy ra
11 23
1; ;
25 25
J



hoặc
139 73
1; ;
25 25
J



.
+) Với
11 23
1; ;
25 25
J



thì
9
5
IJ IM (nhận).
+) Với
139 73
1; ;
25 25
J



thì
41
5
IJ IM (loại).
Vậy
11 23
1; ;
25 25
J



nên
84
2
25
abc .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 801
Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
S có phương trình là

222
14
123
3
xy z
và đường thẳng d có phương trình
444
322
xyz


. Gọi
000
;;
A
xyz
,
0
0x
là điểm nằm trên đường thẳng
d
sao cho từ
A
kẻ được ba tiếp tuyến đến mặt
cầu
S có các tiếp điểm , ,
B
CD sao cho
A
BCD là tứ diện đều.
Giá trị của biểu thức
000
P
xyz
là
A. 6. B. 16. C. 12. D. 8.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
I
là tâm mặt cầu thì
1; 2; 3I .
Gọi
O là giao điểm của mặt phẳng
B
CD
và đoạn
A
I .
Vì theo giả thiết
A
BACAD và
14
3
IB IC ID
nên
A
I
vuông góc với mặt phẳng
B
CD
tại
O
. Khi đó
O
là tâm đường tròn
ngoại tiếp
B
CD
.
Đặt
14
3
AI x x





.
Ta có
22 2
14
3
AB AI IB x
2
222
14 14 14
.
333
IB IO IA OI OB IB IO
x
x




222 2
2 . .cos120 3BD OB OD OB OD OB
2
14 196
333.
39
BD OB BD OB
x

 


Do
A
BCD là tứ diện đều nên
22
22
14 14 196 14 196
314
339 33
AB BD x x
x
x




2
42
2
14
3561960 14
3
14
x
xx x
x

.
A
d nên
43;42;4
A
ttt.
Suy ra

222
14 4 3 1 4 2 2 4 3 14AI t t t
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 802

4; 4; 4
0
11
2
2; 0; 2
A
t
t
t
A


.
Do
0
0x nên điểm
A
có tọa độ
4; 4; 4A .
Suy ra 12
P
.
Bài tập 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm , ,
P
QR lần lượt di động trên ba trục
tọa độ ,,Ox Oy Oz (không trùng với gốc tọa độ
O
) sao cho
222
1111
8OP OQ OR
. Biết mặt phẳng
P
QR
luôn tiếp xúc với mặt cầu
S
cố định. Đường thẳng
d
thay đổi nhưng luôn đi qua
13
;;0
22
M




và cắt
S tại hai điểm ,
A
B phân biệt. Diện tích lớn nhất của
A
OB
là
A. 15 . B. 5. C. 17 . D. 7.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm
O trên mặt phẳng
P
QR
.
Dễ thấy
2222 2
1 111 11
22
8
OH
OH OP OQ OR OH
 .
Khi đó
P
QR
luôn tiếp xúc với mặt cầu
S
tâm O , bán kính 22R .
Ta có
13
01
44
OM R
nên điểm
M
nằm trong mặt cầu
S .
Gọi
I là trung điểm của
A
B , do OAB
cân tại O nên
1
.
2
OAB
SOIAB
.
Đặt
OI x . Vì OI OM nên 01
x
 và
2
28
A
Bx
.
Ta có
2224
1
.2 8 8 8
2
OAB
Sxxxxxx
.
Xét hàm số
24
8,01
f
xxx x
.
Vì
2
44 0fx x x

với mọi
0;1x nên
17fx f
.
Suy ra diện tích của
OAB
lớn nhất bằng 7 đạt được khi
M
là trung điểm của
A
B .
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 803
Dạng 10: Một số bài toán cực trị
Bài tập 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm
2; 2;1 , 1; 2; 3MA
 và
đường thẳng
15
:
221
x
yz
d


. Tìm một vectơ chỉ phương
u
của đường thẳng đi qua
M
,
vuông góc với đường thẳng
d
đồng thời cách điểm
A
một khoảng bé nhất.
A.
2; 2; 1u 
. B.
1; 7; 1u 
. C.
1; 0; 2u
. D.
3; 4; 4u 
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Xét
P
là mặt phẳng qua
M
và
P
d
.
Mặt phẳng
P
qua
2; 2;1M  và có vectơ pháp tuyến
2; 2; 1
Pd
nu

nên có phương trình: 22 90xyz
.
Gọi
,HK lần lượt là hình chiếu của
A
lên
P
và .
Khi đó
A
KAHconst nên
A
K đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
K
H
.
Đường thẳng
A
H
đi qua

1; 2; 3A và có vectơ chỉ phương
2; 2; 1
d
u
nên
A
H
có phương
trình tham số là
12
22
3
x
t
yt
zt



.
Vì
H
AH nên
12;22;3Httt
.
Lại

HP
nên

21 2 22 2 3 9 0 2 3; 2; 1ttt tH 
.
Vậy
1; 0; 2uHM

 
.
Bài tập 2: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu
S có phương trình
222
42230xyz xyz và điểm
5; 3; 2A
. Một đường thẳng
d
thay đổi luôn đi qua
A
và luôn cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt ,
M
N .
Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4SAM AN
.
A.
min
30S . B.
min
20S . C.
min
534 9S
. D.
min
34 3S .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng
liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133
Trang 804
Mặt cầu

S
có tâm

2; 1;1I
, bán kính

2
22
21133R
  .
Ta có:

222
25 13 12 34
A
IR nên
A
nằm ngoài mặt cầu

S .
Ta lại có:
4SAM AN .
Đặt
,343;343 AM x x



.
Mà
22
25
.34925AM AN AI R AN
A
M

.
Do đó:

100
Sfx x
x

với
34 3; 34 3x

.
Ta có:

2
2
100 100
10
x
fx
xx
 với
34 3; 34 3x

.
Do đó:

34 3; 34 3
min 34 3 5 34 9fx f



.
Dấu “=” xảy ra
,,,
A
MNI
thẳng hàng và
34 3; 34 3 AM AN

.
Bài tập 3: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm
9; 6;11 , 5;7; 2AB và điểm
M
di động trên
mặt cầu

222
:1 2 336Sx y z.
Giá trị nhỏ nhất của
2
A
MMB
bằng
A. 105 . B. 226. C. 229. D. 102 .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Mặt cầu

222
:1 2 336Sx y z có tâm
1; 2; 3I
và bán kính 6R .
Ta có
12 2IA R
.
Gọi
E
là giao điểm của
IA
và mặt cầu
S suy ra
E
là trung điểm của
IA
nên
5; 4; 7E .
Gọi
F là trung điểm của IE suy ra
3; 3; 5F .
Xét
M
IF và
A
IM có
A
IM
chung và
1
2
IF IM
IM IA
.
Suy ra

22c.g.c
MA AI
M
IF AIM MA MF
MF MI
 # .
Do đó
22 2229AM MB MF MB BF (theo bất đẳng thức tam giác).
Dấu “=” xảy ra khi
M
là giao điểm
FB
và mặt cầu
S .
| 1/813
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm: