TÍCH PHÂN f  x  0; 1 f   Câu 6. Cho hàm số
có đạo hàm liên tục trên đoạn thoả mãn 1 0  , 1 1 1 1
 f ' x 2  dx 7  2      d  x f x x f  x  d . x  3 0 và 0 . Tính tích phân 0 7 7 . . A. 5 B. 1. C. 4 D. 4. f  x  0; 1 f   Câu 6a. Cho hàm số
có đạo hàm liên tục trên đoạn thoả mãn 1 3  , 1 1 7 1  f   x 2 4 '  dx  4  
x f  x dx   f  x d . x  11 11 0 và 0 . Tính tích phân 0 35 65 23 9 . . . . A. 11 B. 21 C. 7 D. 4 f  x  0;  f   Câu 6b. Cho hàm số
có đạo hàm liên tục trên đoạn 1 thoả mãn 1 3  , 1 1 7  f   x 2 4 '  dx  4  
x f  x dx   11 11 f   1  f  2 . 0 và 0 . Tính giá trị A. 19. B.  19. C. 17. D.  17. f  x 0;1 f   Câu 6c. Cho hàm số
có đạo hàm liên tục trên đoạn thoả mãn 1 1  , 1 1 2 2  f  x 2 9 '  dx    
f  x  dx  
f  x ln  x d . x 5 5  0 và 0 . Tính tích phân 1   15 2 ln 2  .   15 4 ln 2  .   1 ln 2  .   1 ln 2  . A. 16 B. 16 C. 16 D. 16
Lời giải và phân tích Câu 6: Lời giải: u  f   x du  f '   x dx 1 1 1    2 3x f   x 3 dx x  . f  x 3  x f '   x dx 2 3 0 Đặt dv 3  x dx  v x  , khi đó 0 0 1 1 1  f 1 3  x f '  x dx 3 x f
 ' x dx  1. Ta có 0 suy ra 0 2 b b b    f
  x g x 2 x  f  x 2 d dx g  xd .x
Áp dụng bất đẳng thức tích phân   a a a
f  x  k  g  x 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
với k là hằng số. 2 1 1 1 1 7   1  '  d   d  '      2 3 6  d 7 x x f x x x x f x x  1    Ta có 7  0  0 0 0 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi f   3 ' x k
 x với k là hằng số. 1 1 3 x f
 ' x dx  1 6 kx dx  1  Mà 0 hay 0 suy ra k  7. 7 7  f  x  4  x C
f  x    4 1 x  f 1 0  Vậy f   3 ' x 7x nên 4 mà   nên 4 , suy ra 1 f   x 7 dx  . 5 0 Câu 6a: 1 1 1  f '
  x 2dx 7  2     d  x f x x f   1 0  , 3
Phân tích: Thay các giả thiết 0 , 0 thành 1 1 7  f  x 2 4 '  dx  4   
x f  x dx   f   1 3  , 11 11 0 , 0 . Lời giải:    
du  f ' x dx u f x  1   1 1 5  1 1 7 4 4 5 5 d  d x v x x  x f
  x dx  x .f  x  x f '  x  v  dx Đặt  5 , khi đó 5 5 11 0 0 0 1 2 5
 x f '  x dx   11 0 1 1 10 x dx   Ta có 11 0 nên 1 1 1  f '    x 2 5
 dx  4 x f '    x 10 dx  4 x dx 0   0 0 0 1   f '
 x2x 2 5 dx 0
  f '  x  5  2x 0 6  f  x x 10  C  C  3 3 f   1 0  (do ) 1 1 6     f   x x 10 23 dx  dx  .     3 3  7 0 0 Câu 6b: 1 1 1
 f ' x 2  dx 7  2      d  x f x x f   1 0  , 3
Phân tích: Thay các giả thiết 0 , 0 thành 1 1 7  f   x 2 4 '  dx  4  
x f  x dx   f   1 3  , 11 11 0 , 0
. Thay yêu cầu bài toán thành tính giá trị f   1  f  2 . Lời giải:     du f  ' x dx u f x  1 5    1 1 1 1 7 4 4 5 5 d  d x v x x  v 
x f  x  dx  x . f  x 
x f ' x  dx    Đặt  5 , khi đó 5 5 11 0 0 0 1 2 5
 x f '  x dx   11 0 1 1 10 x dx   Ta có 11 0 nên 1 1 1  f '    x 2 5
 dx  4 x f '    x 10 dx  4 x dx 0   0 0 0 1   f '
 x2x 2 5 dx 0
  f '  x  5  2x 0 6  f  x x 10  C  C  3 3 (do f   1 0  ) 6 f   x 10 x   Do đó 3
3 . Vậy f 1  f 2 1     18 1  9 . Câu 6c: 1 1 1
 f ' x 2  dx 7  2      d  x f x x f   1 0  , 3
Phân tích: Thay các giả thiết 0 , 0 thành 1 1 2  f   x 2 9 '  dx   
f  x dx   f   1 1  , 5 5 0 , 0
. Thay yêu cầu bài toán thành tính tích phân 1 f   x l  n x d . x 0 Lời giải: Đặt 2
t  x  x t   dx 2
 tdt. Đổi cận x 0   t 0  ; x 1   t 1  . 1 1 1 1 2  2t.f  t dt t
 . f t 1 2 2  t . f ' 
t  dt  f 1 2  t . f '  t 2 dt 1   t . f '  tdt 0 Ta có: 5 0 0 0 0 1 3 1 3 2
 t .f 't  dt   2 x . f ' 
 xdx  . 1 5 5 0 hay 0 1 1  1 f   x2 9 '  dx   2 4 x dx  .      3 Mặt khác ta có 5 5 0 và 0 1  1 1 1 f
 ' x  3x 2 2 dx   f   ' x 2 2
 dx  6 x . f '    x 4
dx  9 x dx  9 3 1   6. 9. 0.  Xét tích phân 0 0 0 0 5 5 5
 f  x  x  2 2 ' 3 0  , x   0;   Mà
1 . Vậy f  x 2 ' 3x .      
Do đó f  x 3 x C C
0 (do f  1 1). Vậy f x 3x.  dx   d  ln u u x     x   3  4
dv x dx x  v  Đặt  4 , khi đó 2 2 2 2
 x f  x 3 x  x  x  1 4 x  x  x 1 3  x x    15 ln d .ln d .ln d 4 ln 2  .    4 4 16 1 1 1 1 SỐ PHỨC z  1 2i 2 
Câu 10. Cho số phức z thoả mãn
. Tìm môđun lớn nhất của số phức z . A. 9  4 5 . B. 11 4 5 C. 6  4 5 . D. 5  6 5 .
z  2  4i  z  2i .
Câu 10a. Trong các số phức thoả mãn điều kiện Tìm môđun nhỏ nhất
của số phức z  2 .i A. 5 . B.3 5 . C.3 2 . D.3  2 .
z  3i  z  2  i .
Câu 10b. Trong các số phức thoả mãn điều kiện Tìm số phức có môđun nhỏ nhất. 1 2 1 2 z   .i z   .i A. z 1   2 .i B. 5 5 C. 5 5
D. z  1 2 .i
2z  3  4i 1  0
Câu 10c. Cho số phức z thoả mãn
. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó M  m bằng A. 5. B. 15. C. 10. D. 20.
Lời giải và phân tích Câu 10: Lời giải: z  1 2i a
 bi  z a
 1 b  2 . 2 2 a  b 4  .   1 Đặt
i Từ giả thiết ta có 1 Khi đó theo
và bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2 z 
 a  2  b  2   a  b      2 2   2 2 1 2 9 2 4 9 2 4 a  b  9   4 5.  2 5 2 2 a  b 4 a    5    . a b    4 5 2  4 b  Hay ta có z  9  4 5  max đạt được khi  5 Câu 10a: z   i  z 
 i  z  i
Phân tích: Thay đổi giả thiết bài toán từ 1 2 2 thành 2 4 2 . Lời giải: 2 2
Đặt z  2i a
  bi  z a
  b  2i , ta cần tìm min của T  a b .
Thay z vào giả thiết ta có a 
 b  i  a  b  i  a  2  b  2 a   b  2 2 2 6 4 2 6 4  a b 6  . 1 2 2
T  a  b 
a b2 3 2 Từ đó ta có 2
đạt được tại a b  3  . Câu 10b: z  1 2i 2 
z  3i  z  2  i .
Phân tích: Thay đổi giả thiết bài toán từ thành Lời giải: 2 2 2 2 Gọi z a
 bi a b   2 2 , ,
 z  a b . Từ giả thiết ta có a  b  3   a   2  b   1 . a
  b   2   2  2 2 a  b  1 1 1 2 1 2  z   z  min Suy ra 5 5 đạt được tại a  2b 1  1 2 
 a  ,b  .  2a   b 5 5 Câu 10c: z   i  z   i 
Phân tích: Thay đổi giả thiết bài toán từ 1 2 2 thành 2 3 4 10. Lời giải: 2 2
Đặt 2z  3  4i a
 bi  2z a
  3  b  4 i và a b 1  00.  1 2 2 2       
Khi đó từ 1 ta có 2z
 a 3  b 4 125 2 3a 4b .  2
a  b   2 2    2 2 3 4 3 4 a  b  5  0   50 3  a  4b 5  0. 3 Mặt khác 2 125  100  2z 1
 25 100  5  2z 1
 5  2 M  m        Suy ra 15 5 10 M m 5. ĐỒ THỊ Câu 4.
y  f  x  Cho hàm số
liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Số nghiệm phân biệt của phương trình f  f  x  1  là A. 6. B. 7. C. 8. D. 9.
Câu 4a. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
 f  x   2 2   f  2 1 x   1  2 0 
Số nghiệm của phương trình   là: A. 1. B. 4. C. 3. D. 5.
y  f  x  Câu 4b. Cho hàm số
liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Hỏi có bao nhiêu điểm trên đường tròn lượng giác biểu diễn nghiệm của phương trình f  f  cos 2x  0   ? A. 1 điểm. B. 3 điểm. C. 4 điểm. D. Vô số điểm.
Câu 4c. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Số các giá trị nguyên của tham số m không vượt quá 5 để phương trình 2  f  m x   1  0 8
có hai nghiệm phân biệt là A. 4. B. 5. C. 6. D. 7.
Lời giải và phân tích Câu 4: Lời giải: t a
   2  a    1 f  t 1   t 0 t b   1b   
Đặt t  f  x , khi đó 2 .
 f  x a
   2  a   1
 f  x 0  f
  x b 1 b  2 Khi đó ta có .
Dựa vào đồ thị ta có phương trình f  x a
 có 1 nghiệm, phương trình f  x 0  có 3 f  x nghiệm và phương trình b  có 3 nghiệm.
Vậy phương trình f  f  x  1  có 7 nghiệm. Câu 4a: 2 2 2
f  f  x  1   f   x   1   f   x 1    2 0 
Phân tích: Thay phương trình thành . Lời giải: Đặt 2
t x 1 t 1
 . Ta thấy ứng với t 1
 cho ta một giá trị của x và ứng với mỗi giá trị
t  1 cho hai giá trị của . x    f   t 2   f   t f  t  1
 2 0   f t . 2
Phương trình đã cho trở thành 
y  f  t  1;  f  t Từ đồ thị hàm số trên suy ra phương trình
 1 có 1 nghiệm t 2  f  t và phương trình
2 có 1 nghiệm t  2 do đó phương trình đã cho có 4 nghiệm. Câu 4b: f  f   x  1  f  f  cos 2x  0 
Phân tích: Thay phương trình thành  . Lời giải: x   1;1 y  0;1 .
Dựa vào đồ thị ta thấy khi   thì   t   1;1
f cos 2x  0;1 .
Do đó nếu đặt t c  os 2x thì   , khi đó    
 f cos 2x  0  f  f  cos 2x  0    f   cos2x a   a    1  lo¹i 
 f  cos2x b   b   
Dựa vào đồ thị, ta có 1  lo¹i   cos 2x 0  f  cos2x 0    cos 2x a   a    1  lo¹i   cos2x b   b   1  lo¹i  Phương trình  
 cos 2x 0  x   k  k    . 4 2
Vậy phương trình đã cho có 4 điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác. Câu 4c:  f  m x   2 1  0 f  f x  1  Phân tích: : Thay phương trình   thành 8 . Lời giải: 2  f  t m 1  .  * Đặt x t 
 . Điều kiện t  0. Khi đó phương trình đã cho trở thành 8   Vì với mỗi nghiệm *
t  0 của phương trình
cho đúng một nghiệm x l  og t của
phương trình * nên * có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi   * có đúng hai nghiệm  0;   phân biệt trêm
. Dựa vào đồ thị ta thấy điều này xảy ra khi và chỉ khi 2 m  1  1  1. 8  m  m    m5  m5
 m  2; 1;0;1;  2 . 2  m  1  3  m  3  1  1 
Yêu cầu bài toán tương đương  8
Vậy có 5 số nguyên thoả mãn.