Giải bài tập 2 trang 84 toán 12
Giải chi tiết bài tập Toán lớp 12Giải bài tập trang 84, 85 SGK Giải tích lớp 12: Phương trình mũ và phương trình lôgarit được VnDoc sưu tầm và chọn lọc. Lời giải bài tập Toán 12 này sẽ là tài liệu hay dành cho các em học sinh lớp 12 để ôn luyện cách giải các bài tập Toán một cách nhanh và chính xác nhất. Mời các bạn và thầy cô tham khảo Show Giải bài tập trang 55, 56 SGK Giải tích lớp 12: Lũy thừa Giải bài tập trang 60, 61 SGK Giải tích lớp 12: Hàm số lũy thừa Giải bài tập trang 77 SGK Giải tích lớp 12: Hàm số mũ. Hàm số lôgarit Giải bài tập trang 84, 85 SGK Giải tích lớp 12: Phương trình mũ và phương trình lôgarit
=> Họ tốt Toán với tài liệu Giải toán lớp 12 tại đây: Giải Toán lớp 12 Thông thường để học tốt toán cũng như giải bài Phương trình mũ. Phương trình Lôgarit nhanh chóng và hiệu quả các bạn hoàn toàn có thể ứng dụng tài liệu giải toán lớp 12 với hệ thống bài giải và hướng dẫn được cập nhật chi tiết và dễ hiểu nhất. Tất cả những thông tin bài giải Phương trình mũ. Phương trình Lôgarit hay các bài tập toán từ cơ bản đến nâng cao đều được soạn thảo bám sát với nội dung chương trình SGK toán 12 chính vì thế giải bài tập trang 84 SGK Toán 12 giờ đây không còn gặp nhiều khó khăn nữa. Qua tài liệu giải toán lớp 12 này các em học sinh sẽ nắm bắt được nhiều kiến thức và học tập Toán dễ dàng và hiệu quả hơn. Trong chương trình học môn Toán 12 phần Giải toán lớp 12 Bài 1, 2, 3, 4, 5 trang 77, 78 SGK Giải Tích- Hàm số mũ, Hàm số Lôgarit là một trong những nội dung rất quan trọng mà các em cần quan tâm và trau dồi để nâng cao kỹ năng giải Toán 12 của mình. Sau bài này này chúng ta sẽ cùng tham khảo nội dung giải bài Bất phương trình mũ và lôgarit, các bạn hãy cùng theo dõi chi tiết hơn ở bài sau. Chương I Giải Tích các em học bài Ôn tập Chương I - Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm sô, hãy xem gợi ý Giải Toán 12 trang 45, 46 của Ôn tập Chương I - Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm sô để học tốt Toán 12 Bài 3. Lôgarit là phần học tiếp theo của Chương II Giải Tích lớp 12 cùng xem gợi ý Giải toán lớp 12 trang 68 để nắm vững kiến thức cũng như học tốt Toán 12 Bài trước chúng ta đã cùng nhau tìm hiểu về giải bài Hàm số mũ, hàm số Lôgarit, bài ngày hôm nay chúng ta sẽ chuyển sang nội dung giải bài Phương trình mũ. Phương trình Lôgarit. Tất cả những nội dung cùng hướng dẫn giải bài chi tiết được cập nhật tên tài liệu Giải Toán lớp 12 mời các bạn cùng theo dõi. Giải toán lớp 12 Bài 1, 2, 3, 4, 5 trang 140 SGK Giải Tích - Phương trình bậc hai với hệ số thực Giải bài tập trang 68 SGK Giải Tích 12 Giải bài tập trang 100, 101 SGK Giải Tích 12 - Nguyên hàm Giải toán lớp 6 tập 2 trang 84, 85 vẽ góc khi biết số đo Giải bài tập trang 145, 146, 147, 148 SGK Giải Tích 12, ÔN TẬP CUỐI NĂM Giải toán lớp 12 Bài 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 trang 49 SGK Hình Học - Mặt cầu
Bài 1 trang 84 sgk giải tích 12 Giải các phương trình mũ: a) \({\left( {0,3} \right)^{3x - 2}} = 1\); b) \(\left ( \frac{1}{5} \right )^{x}\)= 25; c) \(2^{x^{2}-3x+2}\) = 4; d) \({\left( {0,5} \right)^{x + 7}}.{\left( {0,5} \right)^{1 - 2x}} = 2\). Giải: a) \({\left( {0,3} \right)^{3x - 2}} = 1 ={\left( {0,3} \right)^0} \Leftrightarrow 3x - 2=0 ⇔ x = \frac{2}{3}\). b) \(\left ( \frac{1}{5} \right )^{x}= 25 ⇔{5^{ - x}} = {5^2} \Leftrightarrow x = - 2\). c) \(2^{x^{2}-3x+2} = 4 ⇔ {x^2} - 3x +2=2 \Leftrightarrow x =0;x = 3\). d) \({\left( {0,5} \right)^{x + 7}}.{\left( {0,5} \right)^{1 - 2x}} = 2 ⇔ \left ( \frac{1}{2} \right )^{x+7+1-2x}= 2\) \(⇔ 2^{x - 8} = 2^{1} \Leftrightarrow x - 8 = 1 \Leftrightarrow x = 9\). Bài 2 trang 84 sgk giải tích 12 Giải các phương trình mũ: a) \({3^{2x-1}} + {3^{2x}} =108\); b) \({2^{x + 1}} + {2^{x - 1}} + {2^x} = 28\); c) \({64^x}-{8^x}-56 =0\); d) \({3.4^x}-{2.6^x} = {9^x}\). Giải: a) Đặt \(t ={3^{2x-1}} > 0\) thì phương trình đã cho trở thành \(t+ 3t = 108 ⇔ t = 27\). Do đó phương trình đã cho tương đương với \({3^{2x{\rm{ }}-{\rm{ }}1}} = {\rm{ }}27 \Leftrightarrow {\rm{ }}2x{\rm{ }} - {\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}3 \Leftrightarrow {\rm{ }}x{\rm{ }} = {\rm{ }}2\). b) Đặt \(t{\rm{ }} = {\rm{ }}{2^{x{\rm{ }} - {\rm{ }}1}} > {\rm{ }}0\), phương trình đã cho trở thành \(4t + t + 2t = 28 ⇔ t = 4\). Phương trình đã cho tương đương với \({2^{x{\rm{ }} - {\rm{ }}1}} = {\rm{ }}4 \Leftrightarrow {2^{x{\rm{ }} - {\rm{ }}1{\rm{ }}}} = {\rm{ }}{2^{2}} \Leftrightarrow x{\rm{ }} - 1{\rm{ }} = {\rm{ }}2 \Leftrightarrow {\rm{ }}x = {\rm{ }}3\). c) Đặt \(t = 8^x> 0\). Phương trình đã cho trở thành \({t^2}-{\rm{ }}t{\rm{ }}-{\rm{ }}56{\rm{ }} = {\rm{ }}0 \Leftrightarrow {\rm{ }}t{\rm{ }} = {\rm{ }}8;{\rm{ }}t{\rm{ }} = {\rm{ }} - 7\text{ (loại)}\). Vậy phương trình đã cho tương đương với \(8^x= 8 ⇔ x = 1\). d) Chia hai vế phương trình cho \(9^x> 0\) ta được phương trình tương đương \(3.\frac{4^{x}}{9^{x}}\) - 2.\(\frac{6^{x}}{9^{x}}\) = 1 ⇔ 3. \(\left ( \frac{4}{9} \right )^{x}\) - 2.\(\left ( \frac{2}{3} \right )^{x} - 1 = 0\). Đặt \(t = \left ( \frac{2}{3} \right )^{x}\) > 0, phương trình trên trở thành \(3t^2-2t – 1 = 0 ⇔ t = 1\); \(t = -\frac{1}{3}\)( loại). Vậy phương trình tương đương với \(\left ( \frac{2}{3} \right )^{x}= 1 ⇔ x = 0\). Bài 3 trang 84 SGK Giải tích 12 Giải các phương trình logarit a) \({lo{g_3}\left( {5x{\rm{ }} + {\rm{ }}3} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}lo{g_3}\left( {7x{\rm{ }} + {\rm{ }}5} \right)}\) b) \({log\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}1} \right){\rm{ }}-{\rm{ }}log\left( {2x{\rm{ }}-{\rm{ }}11} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}log{\rm{ }}2}\) c) \({lo{g_2}\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}5} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}lo{g_2}\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}2} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}3}\) d) \({log{\rm{ }}\left( {{x^2}-{\rm{ }}6x{\rm{ }} + {\rm{ }}7} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}log{\rm{ }}\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}3} \right)}\) Giải a) \({lo{g_3}\left( {5x{\rm{ }} + {\rm{ }}3} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}lo{g_3}\left( {7x{\rm{ }} + {\rm{ }}5} \right)}\) (1) TXD: \(D = \left( {{{ - 3} \over 5}, + \infty } \right)\) Khi đó: (1) \(⇔ 5x + 3 = 7x + 5 ⇔ x = -1\) (loại) Vậy phương trình (1) vô nghiệm. b) \({log\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}1} \right){\rm{ }}-{\rm{ }}log\left( {2x{\rm{ }}-{\rm{ }}11} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}log{\rm{ }}2}\) TXD: \(D = ({{11} \over 2}, + \infty )\) Khi đó: \(\eqalign{ & (2) \Leftrightarrow \lg {{x - 1} \over {2x - 11}} = \lg 2 \Leftrightarrow {{x - 1} \over {2x - 11}} = 2 \cr & \Rightarrow x - 1 = 4x - 22 \Leftrightarrow x = 7 \cr} \) Ta thấy \(x = 7\) thỏa mãn điều kiện Vậy phương trình có nghiệm là \(x = 7\) c) \({lo{g_2}\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}5} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}lo{g_2}\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}2} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}3}\) (3) TXD: \((5, +∞)\) Khi đó: (3)\( \Leftrightarrow {\log _2}(x - 5)(x + 2)=3\) \(\Leftrightarrow \left( {x - 5} \right)(x + 2) = 8 \) \(\Leftrightarrow {x^2} - 3x - 18 = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 6 \hfill \cr x = - 3 \hfill \cr} \right.\) Loại \(x = -3\) Vậy phương trình có nghiệm \(x = 6\) d) \({log{\rm{ }}\left( {{x^2}-{\rm{ }}6x{\rm{ }} + {\rm{ }}7} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}log{\rm{ }}\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}3} \right)}\) (4) TXD: \(D = (3 + \sqrt 2 , + \infty )\) Khi đó: \(\eqalign{ & (4) \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 7 = x - 3 \cr & \Leftrightarrow {x^2} - 7x + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 5 \hfill \cr x = 2 \hfill \cr} \right. \cr} \) Loại \(x = 2\) Vậy phương trình (4) có nghiệm là \(x = 5\). Bài 4 trang 85 sgk giải tích 12 Giải các phương trình lôgarit: a) \({1 \over 2}\log \left( {{x^2} + x - 5} \right) = \log 5{\rm{x}} + \log {1 \over {5{\rm{x}}}}\) b) \({1 \over 2}\log \left( {{x^2} - 4{\rm{x}} - 1} \right) = \log 8{\rm{x}} - \log 4{\rm{x}}\) c) \({\log _{\sqrt 2 }}x + 4{\log _{4{\rm{x}}}}x + {\log _8}x = 13\) Giải a) \({1 \over 2}\log \left( {{x^2} + x - 5} \right) = \log 5{\rm{x}} + \log {1 \over {5{\rm{x}}}}\) \(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 5{\rm{x}} > 0 \hfill \cr {1 \over 2}\log \left( {{x^2} + x - 5} \right) = \log 5{\rm{x}} - \log 5{\rm{x}}\hfill \cr} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x > 0 \hfill \cr {1 \over 2}\log \left( {{x^2} + x - 5} \right) = 0 \hfill \cr} \right.\) \(\Leftrightarrow\left\{ \matrix{ x > 0 \hfill \cr \log \left( {{x^2} + x - 5} \right) = 0 \hfill \cr} \right.\) \(\Leftrightarrow\left\{ \matrix{ x > 0 \hfill \cr {x^2} + x - 5 = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x > 0 \hfill \cr {x^2} + x - 6 = 0 \hfill \cr} \right. \) \(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x > 0 \hfill \cr x = - 3;x = 2 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow x = 2\) Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 2\) b) \({1 \over 2}\log \left( {{x^2} - 4{\rm{x}} - 1} \right) = \log 8{\rm{x}} - \log 4{\rm{x}}\) \(\Leftrightarrow\left\{ \matrix{ 4{\rm{x > 0}} \hfill \cr {{\rm{x}}^2} - 4{\rm{x}} - 1 > 0 \hfill \cr {1 \over 2}\log \left( {{x^2} - 4{\rm{x}} - 1} \right) = \log {{8{\rm{x}}} \over {4{\rm{x}}}} \hfill \cr} \right.\) \(\Leftrightarrow\left\{ \matrix{ x > 0 \hfill \cr {{\rm{x}}^2} - 4{\rm{x}} - 1 > 0 \hfill \cr {1 \over 2}\log \left( {{x^2} - 4{\rm{x}} - 1} \right) = \log 2 \hfill \cr} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x > 0 \hfill \cr \left[ \matrix{ x > 2 + \sqrt 5 \hfill \cr x < 2 - \sqrt 5 \hfill \cr} \right. \hfill \cr \log \left( {{x^2} - 4{\rm{x}} - 1} \right) = 2\log 2 \hfill \cr} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x > 2 + \sqrt 5 \hfill \cr \log \left( {{x^2} - 4{\rm{x}} - 1} \right) = \log {2^2} = \log 4 \hfill \cr} \right.\) \(\Leftrightarrow\left\{ \matrix{ x > 2 + \sqrt 5 \hfill \cr {x^2} - 4{\rm{x}} - 1 = 4 \hfill \cr} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x > 2 + \sqrt 5 \hfill \cr {x^2} - 4{\rm{x}} - 5 = 0 \hfill \cr} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x > 2 + \sqrt 5 \hfill \cr x = - 1;x = 5 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow x = 5\) Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 5\) c) \({\log _{\sqrt 2 }}x + 4{\log _{4}}x + {\log _8}x = 13\) \(\Leftrightarrow {\log _{{2^{{1 \over 2}}}}}x + 4{\log _{{2^2}}}x + {\log _{{2^3}}}x = 13\) \(\Leftrightarrow 2{\log _2}x + 2{\log _2}x + {1 \over 3}{\log _2}x = 13\) \(\Leftrightarrow {{13} \over 3}{\log _2}x = 13 \Leftrightarrow {\log _2}x = 3 \Leftrightarrow x = {2^3} = 8\) Vậy phương trình có nghiệm là \(x = 8\) Giaibaitap.me Page 2
Page 3
Page 4
Bài 5 trang 90 SGK Giải tích 12 Biết \({4^x} + {\rm{ }}{4^{ - x}} = {\rm{ }}23\). Hãy tính: \({2^x} + {\rm{ }}{2^{ - x}}\) Giải \({{{\left( {{2^x} + {\rm{ }}{2^{ - x}}} \right)}^2} = {({2^x})^2} + {2.2^x}{.2^{ - x}} + {({2^{ - x}})^2}={\rm{ }}{4^x} + {\rm{ }}{4^{ - x}} + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}23{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}25}\) Do đó \(|{2^x} + {2^{ - x}}| = 5\) Mà \({2^x} + {2^{ - x}} > 0\) \(⇒ {{2^x} + {\rm{ }}{2^{ - x}} = {\rm{ }}5}\). Bài 6 trang 90 SGK Giải tích 12 Cho \({\log _a}b = 3,{\log _a}c = - 2\) . Hãy tính \(log_ax\) với: a) \(x = {a^3}{b^2}\sqrt c \) b) \(x = {{{a^4}\root 3 \of b } \over {{c^3}}}\) Giải Logarit hóa biểu thức đã cho và sử dụng giả thiết ta được: a) \(\eqalign{ & lo{g_a}x = {\rm{ }}3 + 2lo{g_a}b + {1 \over 2}{\log _a}c \cr & = 3 + 6 - 1 = 8 \cr} \) b) \(\eqalign{ & {\log _a}x = 4 + {1 \over 3}{\log _a}b - 3{\log _a}c \cr & = 4 + 1 + 6 = 11 \cr} \). Bài 7 trang 90 SGK Giải tích 12 Giải các phương trình sau: a) \({3^{x + 4}} + {\rm{ }}{3.5^{x + 3}} = {\rm{ }}{5^{x + 4}} + {\rm{ }}{3^{x + 3}}\) b) \({25^x}-{\rm{ }}{6.5^x} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) c) \({4.9^x} + {\rm{ }}{12^x}-{\rm{ }}{3.16^x} = {\rm{ }}0\) d) \(lo{g_7}\left( {x - 1} \right)lo{g_7}x{\rm{ }} = {\rm{ }}lo{g_7}x\) e) \({\log _3}x + {\log _{\sqrt 3 }}x + {\log _{{1 \over 3}}}x = 6\) g) \(\log {{x + 8} \over {x - 1}} = \log x\) Giải a) \(\eqalign{ & {3^{x + 4}} + {3.5^{x + 3}} = {5^{x + 4}} + {3^{x + 3}} \cr & \Leftrightarrow {3^{x + 4}} - {3^{x + 3}} = {5^{x + 4}} - {3.5^{x + 3}} \cr & \Leftrightarrow {2.3^{x + 3}} = {2.5^{x + 3}} \cr & \Leftrightarrow {({3 \over 5})^{x + 3}} = 1 \Leftrightarrow x + 3 = 0 \Leftrightarrow x = - 3 \cr} \) b) \({25^x}-{\rm{ }}{6.5^x} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) Đặt \(t = 5^x\) (\(t > 0\)) \(⇔ x = log_5 t\). Phương trình đã cho trở thành: \(t^2– 6t + 5 = 0 ⇔ t ∈ {\rm{\{ }}1;5\} \) Do đó, phương trình đã cho có nghiệm là \(x = 0, x = 1\) c) \({4.9^x} + {\rm{ }}{12^x}-{\rm{ }}{3.16^x} = {\rm{ }}0\) Chia phương trình cho \(16^x\) và đặt \(t = {({3 \over 4})^x}(t > 0) \Leftrightarrow x = {\log _{{3 \over 4}}}t\) ta được phương trình: \(4t^2+ t – 3 = 0 ⇔ (t+1)(4t-3) = 0\) Phương trình bậc hai này chỉ có một nghiệm dương \(t = {3 \over 4}\) . Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là : \(x = {\log _{{3 \over 4}}}{3 \over 4} = 1\) d) \(lo{g_7}\left( {x - 1} \right)lo{g_7}x{\rm{ }} = {\rm{ }}lo{g_7}x\) Điều kiện: \(x > 1\) \(\eqalign{ & lo{g_7}\left( {x - 1} \right)lo{g_7}x = lo{g_7}x \cr & \Leftrightarrow {\log _7}x({\log _7}(x - 1) - 1) = 0 \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {\log _7}x = 0 \hfill \cr {\log _7}(x - 1) = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 1 \hfill \cr (x - 1) = 7 \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 1 \hfill \cr x = 8 \hfill \cr} \right. \cr}\) Kết hợp với điều kiện xác định ta có: \(x = 8\) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x = 8\) e) \({\log _3}x + {\log _{\sqrt 3 }}x + {\log _{{1 \over 3}}}x = 6\) Điều kiện : \(x > 0\) Ta có: \(\eqalign{ & {\log _3}x + {\log _{\sqrt 3 }}x + {\log _{{1 \over 3}}}x = 6 \cr & \Leftrightarrow {\log _3}x + {\log _{\sqrt 3 }}x - {\log _3}x = 6 \cr & \Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}x = 6 \Leftrightarrow x = {3^3} \cr & \Leftrightarrow x = 27 \cr} \) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: \(x = 27\) g) \(\log {{x + 8} \over {x - 1}} = \log x\) Ta có: \(\eqalign{ & \log {{x + 8} \over {x - 1}} = \log x \Leftrightarrow {{x + 8} \over {x - 1}} = x > 0 \cr & \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x > 0,x \ne 1 \hfill \cr {x^2} - 2x - 8 = 0 \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow x = 4 \cr} \) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: \(x = 4\) Bài 8 trang 90 SGK Giải tích 12 Giải các bất phương trình a) \({2^{2x - 1}} + {\rm{ }}2{x^{2x - 2}} + {\rm{ }}{2^{2x - 3}} \ge {\rm{ }}448\) b) \({\left( {0,4} \right)^x}-{\rm{ }}{\left( {2,5} \right)^{x + 1}} > {\rm{ }}1,5\) c) \({\log _3}\left[ {{{\log }_{{1 \over 2}}}({x^2} - 1)} \right] < 1\) d) \({\log _{0,2}}^2x - 5{\log _{0,2}}x < - 6\) Giải a) \({2^{2x - 1}} + {\rm{ }}2{x^{2x - 2}} + {\rm{ }}{2^{2x - 3}} \ge {\rm{ }}448\) Ta có: \(⇔ {2^{2x - 3}}({2^2} + {\rm{ }}{2^1} + {\rm{ }}1){\rm{ }} \ge {\rm{ }}448\) \(⇔ {2^{2x - 3}} \ge {\rm{ }}64{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}2x{\rm{ }}-{\rm{ }}3{\rm{ }} \ge {\rm{ }}6\) \(⇔ x ≥ 4,5\) Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: \([4,5; +∞)\). b) \({\left( {0,4} \right)^x}-{\rm{ }}{\left( {2,5} \right)^{x + 1}} > {\rm{ }}1,5\) Đặt \(t = {(0,4)}^x> 0\), bất phương trình đã cho trở thành: \(\eqalign{ & t - {{2,5} \over t} > 1,5 \Leftrightarrow 2{t^2} - 3t - 5 > 0 \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ t < - 1 \hfill \cr t > 2,5 \hfill \cr} \right. \cr} \) Do \(t = {(0,4)}^x> 0\), bất phương trình đã cho tương đương với: \({\left( {0,4} \right)^x} > {\rm{ }}2,5{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}{\left( {0,4} \right)^x} > {\rm{ }}{\left( {0,4} \right)^{ - 1}} \Leftrightarrow {\rm{ }}x{\rm{ }} < {\rm{ }} - 1\) c) \({\log _3}\left[ {{{\log }_{{1 \over 2}}}({x^2} - 1)} \right] < 1\) Ta có: \({\log _3}\left[ {{{\log }_{{1 \over 2}}}({x^2} - 1)} \right] < 1 \) \(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {\log _{{1 \over 2}}}({x^2} - 1) > 0 = {\log _{{1 \over 2}}}1 \hfill \cr lo{g_{{1 \over 2}}}({x^2} - 1) > 3 = {\log _{{1 \over 2}}}{1 \over 8} \hfill \cr} \right. \)\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 0 < {x^2} - 1 < 1 \hfill \cr {x^2} - 1 > {1 \over 8} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {x^2} < 2 \hfill \cr {x^2} > {9 \over 8} \hfill \cr} \right. \)\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ |x| < \sqrt 2 \hfill \cr |x| > {3 \over {2\sqrt 2 }} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow {3 \over {2\sqrt 2 }} < |x|<\sqrt 2 \) Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: \(\left\{ {x \in R:{3 \over {2\sqrt {2 < } }}<|x| < \sqrt 2 } \right\}\) d) \({\log _{0,2}}^2x - 5{\log _{0,2}}x < - 6\) Đặt \(t{\rm{ }} = {\rm{ }}lo{g_{0,2}}x\). Bất phương trình trở thành \({t^2}-{\rm{ }}5t{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} < {\rm{ }}0{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}2{\rm{ }} < {\rm{ }}t{\rm{ }} < {\rm{ }}3\) Suy ra: (1) ⇔ \(\eqalign{ & 2 < {\log _{0,2}}x < 3 \Leftrightarrow {(0,2)^3} < x < {(0,2)^2} \cr & \Leftrightarrow {1 \over {125}} < x < {1 \over {25}} \cr}\) Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(({1 \over {125}},{1 \over {25}})\) Giaibaitap.me Page 5
Page 6
Bài 1 trang 100-SGK Giải tích 12 Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào là một nguyên hàm của hàm số còn lại? a) \(e^{-x}\) và \(- e^{-x}\); b) \(sin2x\) và \(sin^2x\) c) \((1-\frac{2}{x})^{2}e^{x}\) và \((1-\frac{4}{x})e^{x}\) Giải a) \(e^{-x}\) và \(- e^{-x}\) là nguyên hàm của nhau, vì: \(({e^{ - x}})'= {e^{ - x}}\left( { - 1} \right)= - {e^{ - x}}\) và \(( - {e^{ - x}})' = \left( { - 1} \right)( - {e^{ - x}}) = {e^{ - x}}\) b) \(sin^2x\) là nguyên hàm của \(sin2x\), vì: \(\left( {si{n^2}x} \right)'{\rm{ }} = {\rm{ }}2sinx.\left( {sinx} \right)' = 2sinxcosx = sin2x\) c) \((1-\frac{4}{x})e^{x}\) là một nguyên hàm của \((1-\frac{2}{x})^{2}e^{x}\) vì: \(({(1-\frac{4}{x})e^{x})}'\) = \(\frac{4}{x^{2}}e^{x}+(1-\frac{4}{x})e^{x}\) = \(\left (1-\frac{4}{x}+\frac{4}{x^{2}} \right )e^{x}\) = \((1-\frac{2}{x})^{2}e^{x}\) Bài 2 trang 100-101-SGK Giải tích 12 Tìm nguyên hàm của các hàm số sau? a) \(f(x) = \frac{x+\sqrt{x}+1}{^{\sqrt[3]{x}}}\) ; b) \( f(x)=\frac{2^{x}-1}{e^{x}}\) c) \(f(x) = \frac{1}{sin^{2}x.cos^{2}x}\); d) \(f(x) = sin5x.cos3x\) e) \(f(x) = tan^2x\) g) \(f(x) = e^{3-2x}\) h) \(f(x) =\frac{1}{(1+x)(1-2x)}\) ; Giải a) Điều kiện \(x>0\). Thực hiện chia tử cho mẫu ta được: \(f(x) = \frac{x+x^{\frac{1}{2}}+1}{x^{\frac{1}{3}}}\) = \(x^{1-\frac{1}{3}}+ x^{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}+ x^{-\frac{1}{3}}\) = \(x^{\frac{2}{3}}+ x^{\frac{1}{6}} + x^{-\frac{1}{3}}\) \(∫f(x)dx = ∫(x^{\frac{2}{3}}+ x^{\frac{1}{6}} + x^{-\frac{1}{3}})dx\) = \(\frac{3}{5}x^{\frac{5}{3}}+ \frac{6}{7}x^{\frac{7}{6}}+\frac{3}{2}x^{\frac{2}{3}}\) +C b) Ta có \(f(x) = \frac{2^{x}-1}{e^{x}}\) = \((\frac{2}{e})^{x}\)\(-e^{-x}\) ; do đó nguyên hàm của \(f(x)\) là: \(F(x)= \frac{(\frac{2}{e})^{x}}{ln\frac{2}{e}} + e^{-x}+C\) =\(\frac{2^{x}}{e^{x}(ln2 -1)}+\frac{1}{e^{x}}+C\)= \(\frac{2^{x}+ln2-1}{e^{x}(ln2-1)} + C\) c) Ta có \(f(x) = \frac{1}{sin^{2}x.cos^{2}x}=\frac{4}{sin^{2}2x}\) hoặc \(f(x) =\frac{1}{cos^{2}x.sin^{2}x}=\frac{1}{cos^{2}x}+\frac{1}{sin^{2}x}\) Do đó nguyên hàm của \(f(x)\) là \(F(x)= -2cot2x + C\) d) Áp dụng công thức biến tích thành tổng: \(f(x) =sin5xcos3x = \frac{1}{2}(sin8x +sin2x)\). Vậy nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) là \(F(x)\) = \(-\frac{1}{4}\)(\(\frac{1}{4}cos8x + cos2x) +C\) e) Ta có \(tan^{2}x = \frac{1}{cos^{2}x}-1\) vậy nguyên hàm của hàm số f(x) là \(F(x) = tanx - x + C\) g) Ta có \(\int {{e^{3 - 2x}}} dx = - {1 \over 2}\int {{e^{3 - 2x}}} d(3 - 2x) = - {1 \over 2}{e^{3 - 2x}} + C\) h) Ta có :\(\int \frac{dx}{(1+x)(1-2x))}=\frac{1}{3}\int (\frac{1}{1+x}+\frac{2}{1-2x})dx\) = \(\frac{1}{3}(ln\left | 1+x \right |)-ln\left | 1-2x \right |)+C\) = \(\frac{1}{3}ln\left | \frac{1+x}{1-2x} \right | +C\). Bài 3 Trang 101- SGK Giải tích 12 Sử dụng phương pháp biến số, hãy tính: a) \(∫{(1-x)}^9dx\) (đặt \(u =1-x\) ) ; b) \(∫x{(1 + {x^2})^{{3 \over 2}}}dx\) (đặt \(u = 1 + x^2\) ) c) \(∫cos^3xsinxdx\) (đặt \(t = cosx\)) d) \(\int \frac{dx}{e^{x}+e^{-x}+2}\) (đặt \(u= e^x+1\)) Giải a) Cách 1: Đặt \(u = 1 - x \Rightarrow du= -dx\). Khi đó ta được \(-\int u^{9}du = -\frac{1}{10}u^{10}+C\) Suy ra \(\int(1-x)^{9}dx=-\frac{(1-x)^{10}}{10}+C\) Cách 2: \(\smallint {\left( {1 - x} \right)^9}dx = - \smallint {\left( {1 - x} \right)^{9}}d\left( {1 - x} \right)=\) \(-\frac{(1-x)^{10}}{10} +C\) b) Cách 1 : Tương tự cách 1 phần a. Cách 2: \(\int x(1+x^{2})^{\frac{3}{2}}dx\) = \(\frac{1}{2}\int (1+x^{2})^{\frac{3}{2}}d(1+x^2{})\) = \(\frac{1}{2}.\frac{2}{5}(1+x^{2})^{\frac{5}{2}}+C\) = \(\frac{1}{5}.(1+x^{2})^{\frac{5}{2}}+C\) c)\(∫cos^3xsinxdx = -∫cos^3xd(cosx)\) \(= -\frac{1}{4}.cos^{4}x + C\) d) \(\int \frac{dx}{e^{x}+e^{-x}+2}\) = \(\int \frac{e^{x}}{e^{2x}+2e^{x}+1}dx\)= \(\int \frac{d(e^{x}+1)}{(e^{x}+1)^{2}}dx\) =\(\frac{-1}{e^{x}+1} + C\). Bài 4 trang 101- SGK Toán Giải tích 12 Sử dụng phương pháp tính nguyên hàm từng phần, hãy tính: a) \(∫xln(1+x)dx\); b) \(\int {({x^2} + 2x + 1){e^x}dx}\) c) \(∫xsin(2x+1)dx\); d) \(\int (1-x)cosxdx\) Giải a) Áp dụng phương pháp tìm nguyên hàm từng phần: Đặt \(u= ln(1+x)\) \(dv= xdx\) \(\Rightarrow du=\frac{1}{1+x}dx\) , \(v=\frac{x^{2}-1}{2}\) Ta có: \(∫xln(1+x)dx = \frac{1}{2}.(x^{2}-1)ln(1+x)\)\(-\frac{1}{2}\int (x-1)dx)\) \(=\frac{1}{2}.(x^{2}-1)ln(1+x)-\frac{1}{4}x^{2}+\frac{x}{2}+C\) b) Tìm nguyên hàm t4ừng phần hai lần: Đặt \(u = ({x^2} + 2x - 1)\) và \(dv=e^xdx\) Suy ra \(du = (2x+2)dx\), \(v=e^x\) . Khi đó: \(\int {({x^2} + 2x{\rm{ }} - {\rm{ }}1){e^x}dx} \) = \(({x^2} + 2x{\rm{ }} - {\rm{ }}1){e^x}\) - \(\int {(2x + 2){e^x}dx} \) Đặt : \(u=2x+2\); \(dv={e^x}dx\) \(\Rightarrow du = 2dx ;v={e^x}\) Khi đó: \(\int {(2x + 2){e^x}dx} \)\(= {(2x + 2){e^x}}\)\(- 2\int {{e^x}dx} \)\(= {\rm{ }}{e^x}\left( {2x + 2} \right){\rm{ }}-{\rm{ }}2{e^x} + C\) Vậy: \(\int {({x^2} + 2x{\rm{ }} - {\rm{ }}1){e^x}dx} ={e^x}({x^2} - 1){\rm{ }} + {\rm{ }}C\) c) Đặt \(u=x\); \(dv = sin(2x+1)dx\) \(\eqalign{ & \int {x\sin \left( {2x + 1} \right) = - {1 \over 2}x\cos \left( {2x + 1} \right)} + {1 \over 2}\int {\cos \left( {2x + 1} \right)dx} \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = - {1 \over 2}x\cos \left( {2x + 1} \right) + {1 \over 4}\sin \left( {2x + 1} \right) + C \cr} \) d) Đặt \(u = 1 - x\) ;\(dv = cosxdx\) \(\eqalign{ & \int {\left( {1 - x} \right)\cos xdx = \left( {1 - x} \right)\sin x + \int {\sin xdx} } \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {1 - x} \right)\sin x - \cos x + C \cr} \) Giaibaitap.me Page 7
Bài 1 trang 112 - SGK Giải tích 12 Tính các tích phân sau: a)\(\int_{\frac{-1}{2}}^{\frac{1}{2}}\sqrt[3]{ (1-x)^{2}}dx\) b) \(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin(\frac{\pi}{4}-x)dx\) c)\(\int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{1}{x(x+1)}dx\) d) \(\int_{0}^{2}x(x+1)^{2}dx\) e)\(\int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{1-3x}{(x+1)^{2}}dx\) g) \(\int_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}sin3xcos5xdx\) Giải a) \(\int_{\frac{-1}{2}}^{\frac{1}{2}}\sqrt[3]{ (1-x)^{2}}dx\) = \(-\int_{\frac{-1}{2}}^{\frac{1}{2}}(1-x)^{\frac{2}{3}}d(1-x)=-\frac{3}{5}(1-x)^{\frac{5}{3}}|_{\frac{-1}{2}}^{\frac{1}{2}}\) = \(-\frac{3}{5}\left [ \frac{1}{2\sqrt[3]{4}}-\frac{3\sqrt[3]{9}}{2\sqrt[3]{4}} \right ]=\frac{3}{10\sqrt[3]{4}}(3\sqrt[3]{9}-1)\) b) \(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin(\frac{\pi}{4}-x)dx\)=\(-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin(\frac{\pi}{4}-x)d(\frac{\pi}{4}-x)\) = \(cos(\frac{\pi}{4}-x)|_{0}^{\frac{\pi}{2}}\) = \(cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{2})-cos\frac{\pi}{4}=0\) c)\(\int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{1}{x(x+1)}dx\)=\(\int_{\frac{1}{2}}^{2}(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1})dx =ln\left | \frac{x}{x+1} \right ||_{\frac{1}{2}}^{2}=ln2\) d)\(\int_{0}^{2}x(x+1)^{2}dx\)= \(\int_{0}^{2}(x^{3}+2x^{2}+x)dx=(\frac{x^{4}}{4}+\frac{2}{3}x^{3}+\frac{x^{2}}{2})|_{0}^{2}\) = \(\frac{16}{4}+\frac{16}{3}+2= 11\tfrac{1}{3}\) e)\(\int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{1-3x}{(x+1)^{2}}dx\)= \(\int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{-3(x+1)+4}{(x+1)^{2}}dx=\int_{\frac{1}{2}}^{2}\left [ \frac{-3}{x+1}+\frac{4}{(x+1)^{2}} \right ]dx\) = \(\left ( -3.ln\left | x+1 \right |-\frac{4}{x+1} \right )|_{\frac{1}{2}}^{2}= \frac{4}{3}-3ln2\) g)Ta có \(f(x) = sin3xcos5x\) là hàm số lẻ. Vì \(f(-x) = sin(-3x)cos(-5x)\) \(= -sin3xcos5x = -f(x)\) nên: \(\int_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}sin3xcos5x =0\) Chú ý: Có thể tính trực tiếp bằng cách đặt \(x= -t\) hoặc biến đổi thành tổng. Bài 2 trang 112 - SGK Giải tích 12 Tính các tích phân sau: a) \(\int_0^2 {\left| {1 - x} \right|} dx\) b) \(\int_0^{{\pi \over 2}} s i{n^2}xdx\) c) \(\int_0^{ln2} {{{{e^{2x + 1}} + 1} \over {{e^x}}}} dx\) d) \(\int_0^\pi s in2xco{s^2}xdx\) Giải a) Ta có \(1 - x = 0 ⇔ x = 1\). \(\int_0^2 {\left| {1 - x} \right|} dx = \int_0^1 {\left| {1 - x} \right|} dx + \int_1^2 {\left| {1 - x} \right|} dx\) \(= - \int_0^1 {(1 - x)} d(1 - x) + \int_1^2 {(x - 1)} d(x - 1)\) \( = - {{{{(1 - x)}^2}} \over 2}|_0^1 + {{{{(x - 1)}^2}} \over 2}|_1^2 = {1 \over 2} + {1 \over 2} = 1\) b) \(\int_0^{{\pi \over 2}} s i{n^2}xdx\) \( = {1 \over 2}\int_0^{{\pi \over 2}} {(1 - cos2x)} dx\) \( = {1 \over 2}\left( {x - {1 \over 2}sin2x} \right)|_0^{{\pi \over 2}} = {\pi \over 4}\) c) \(\int_0^{ln2} {{{{e^{2x + 1}} + 1} \over {{e^x}}}} dx = \int_0^{ln2} {({e^{x + 1}} + {e^{ - x}})} dx\) \( = ({e^{x + 1}} - {e^{ - x}})|_0^{ln2} = e + {1 \over 2}\) d) Ta có : \(sin2xcos^2x\) = \({1 \over 2}sin2x(1 + cos2x) = {1 \over 2}sin2x + {1 \over 4}sin4x\) Do đó : \(\eqalign{& \int_0^\pi s in2xco{s^2}xdx = \int_0^\pi {({1 \over 2}sin2x + {1 \over 4}sin4x)} dx \cr & = ( - {1 \over 4}cos2x - {1 \over {16}}cos4x)|_0^\pi \cr & = - {1 \over 4} - {1 \over {16}} + {1 \over 4} + {1 \over {16}} = 0 \cr} \). Bài 3 trang 113 -SGK Giải tích 12 Sử dụng phương pháp biến đổi số, tính tích phân: a) \(\int_{0}^{3}\frac{x^{2}}{(1+x)^{\frac{3}{2}}}dx\) (Đặt \(u= x+1\)) b) \(\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^{2}}dx\) (Đặt \(x = sint\) ) c) \(\int_{0}^{1}\frac{e^{x}(1+x)}{1+x.e^{x}}dx\) (Đặt \(u = 1 + x.{e^x}\)) d)\(\int_{0}^{\frac{a}{2}}\frac{1}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx\) (Đặt \(x= asint\)) Giải a) Đặt \(u= x+1 \Rightarrow du = dx\) và \(x = u - 1\). Khi \(x =0\) thì \(u = 1, x = 3\) thì \(u = 4\). Khi đó : \(\int_{0}^{3}\frac{x^{2}}{(1+x)^{\frac{3}{2}}}dx\) = \(\int_{1}^{4}\frac{(u-1)^{2}}{u^{\frac{3}{2}}}du =\int_{1}^{4}\frac{u^{2}-2u+1}{u^{\frac{3}{2}}}du\) = \((\frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}}-4.u^{\frac{1}{2}}-2u^{\frac{-1}{2}})|_{1}^{4}=\frac{5}{3}\) b) Đặt \(x = sint\), \(0 và \(\sqrt{1-x^{2}}=\sqrt{1-sin^{2}t}= \sqrt{cos^{2}t}=\left | cost \right |= cos t.\) Khi \(x = 0\) thì \(t = 0\), khi \(x = 1\) thì \(t= \frac{\pi}{2}\) . Khi đó: \(\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^{2}}dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cos^{2}tdt= \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1+cos2t)dt\) \(=\frac{1}{2}(t+\frac{1}{2}sin 2t)|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{2}(\frac{\pi}{2}-0)= \frac{\pi}{4}\) c) Đặt: \(t = 1 + x{e^x} \Rightarrow dt = {e^x}(1 + x)dx\) Khi \(x = 0 \Rightarrow t = 1\) Khi \(x = 1 \Rightarrow t = 1 + e\) Do đó ta có: \(\int\limits_0^1 {{{{e^x}(1 + x)} \over {1 + x{e^x}}}dx = \int\limits_1^{1 + e} {{{dt} \over t} = {\rm{[}}\ln |t|{\rm{]}}} } \left| {_1^{1 + e} = \ln (1 + e)} \right.\). d) Đặt \(x = a\sin t \Rightarrow dx = a\cos tdt\) Đổi cận: \(\eqalign{& x = 0 \Rightarrow t = 0 \cr & x = {a \over 2} \Rightarrow t = {\pi \over 6} \cr} \) Do đó ta có: \(\int\limits_0^{{a \over 2}} {{1 \over {\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}dx = \int\limits_0^{{\pi \over 6}} {{{a\cos tdt} \over {\sqrt {{a^2} - {a^2}{{\sin }^2}t} }} = \int\limits_0^{{\pi \over 6}} {dt = t\left| {_0^{{\pi \over 6}} = {\pi \over 6}} \right.} } } \). Giaibaitap.me Page 8
Page 9
Page 10
Page 11
Page 12
Bài 4 trang 126 SGK Giải tích 12 Tính: a) \(\int {(2 - x)\sin {\rm{x}}dx} \) b) \(\int {{{{{(x + 1)}^2}} \over {\sqrt x }}} dx\) c) \(\int {{{{e^{3x}} + 1} \over {{e^x} + 1}}} dx\) d) \(\int {{1 \over {{{(\sin x + {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )}^2}}}} dx\) e) \(\int {{1 \over {\sqrt {1 + x} + \sqrt x }}} dx\) g) \(\int {{1 \over {(x + 1)(2 - x)}}} dx\) Giải a) Đặt \(u = 2 – x, dv = sinx dx\) Ta có: \(du = -dx, v = -cosx\) Do đó: \(\eqalign{ & \int {(2 - x)\sin {\rm{x}}dx} = (x - 2)cosx - \int {{\mathop{\rm cosxdx}\nolimits} } \cr & = (x - 2)cosx - s{\rm{inx}} + C \cr} \) b) Điều kiện: \(x > 0\) Ta có: \(\eqalign{ & \int {{{{{(x + 1)}^2}} \over {\sqrt x }}} dx = \int {{{{x^2} + 2x + 1} \over {{x^{{1 \over 2}}}}}} dx \cr & = \int {({x^{{3 \over 2}}}} + 2{x^{{1 \over 2}}} + {x^{{-1 \over 2}}})dx \cr & = {2 \over 5}{x^{{5 \over 2}}} + {4 \over 3}{x^{{3 \over 2}}} + 2{x^{{1 \over 2}}} + C \cr} \) c) Ta có: \({e^{3x}} + 1={({e^x})^3} + 1 = ({e^x} + 1)({e^{2x}}-{e^x} +1)\) Do đó: \(\eqalign{ & \int {{{{e^{3x}} + 1} \over {{e^x} + 1}}} dx = \int {\left( {{e^{2x}}-{\rm{ }}{e^x} + {\rm{ }}1} \right)} dx \cr & = {1 \over 2}{e^{2x}} - {e^x} + x + C \cr} \) d) Ta có: \(\eqalign{ & \int {{1 \over {{{(\sin x + {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )}^2}}}} dx = \int {{{d(x - {\pi \over 4})} \over {2{{\cos }^2}(x - {\pi \over 4})}}} \cr & = {1 \over 2}\tan (x - {\pi \over 4}) + C \cr} \) e) Nhân tử và mẫu với biểu thức liên hợp, ta có: \(\eqalign{ & \int {{1 \over {\sqrt {1 + x} + \sqrt x }}} dx = \int {(\sqrt {1 + x} } - \sqrt x )dx \cr & = \int {\left[ {{{(1 + x)}^{{1 \over 2}}} - {x^{{1 \over 2}}}} \right]} dx = {2 \over 3}{(x + 1)^{{3 \over 2}}} - {2 \over 3}{x^{{3 \over 2}}} + C \cr} \) d) Ta có: \(\eqalign{ & \int {{1 \over {(x + 1)(2 - x)}}} dx = {1 \over 3}\int {({1 \over {1 + x}}} + {1 \over {2 - x}})dx \cr & = {1 \over 3}\ln |{{1 + x} \over {2 - x}}| + C \cr} \). Bài 5 trang 127 SGK Giải tích 12 Tính: a) \(\int_0^3 {{x \over {\sqrt {1 + x} }}} dx\) b) \(\int_1^{64} {{{1 + \sqrt x } \over {\root 3 \of x }}} dx\) c) \(\int_0^2 {{x^2}} {e^{3x}}dx\) d) \(\int_0^\pi {\sqrt {1 + \sin 2x} } dx\) Giải a) Đặt \(t = \sqrt {1 + x} \) , ta được: \(x = t^2- 1, dx = 2t dt\) Khi \(x = 0\) thì \(t = 1\), khi \(x = 3\) thì \(t = 2\) Do đó: \( \int_0^3 {{x \over {\sqrt {1 + x} }}} dx = \int_1^2 {{{{t^2} - 1} \over t}} .2tdt = 2\int_1^2 {({t^2} - 1)dt}\) \(= 2({{{t^3}} \over 3} - t)\left| {_1^2} \right. = 2({8 \over 3} - 2 - {1 \over 3} + 1) = {8 \over 3} \) b) Ta có: \(\int_1^{64} {{{1 + \sqrt x } \over {\root 3 \of x }}} dx = \int_1^{64} {{{1 + {x^{{1 \over 2}}}} \over {{x^{{1 \over 3}}}}}} dx = \int_1^{64} {({x^{{-1 \over 3}}} + {x^{{1 \over 6}}})dx}\) c) Ta có: \( \int_0^2 {{x^2}} {e^{3x}}dx = {1 \over 3}\int_0^2 {{x^2}} d{e^{3x}} = {1 \over 3}{x^2}{e^{3x}}\left| {_0^2} \right.\) \(- {2 \over 3}\int_0^2 {x{e^{3x}}} dx \)\(= {4 \over 3}{e^6} - {2 \over 9}(x{e^{3x}})\left| {_0^2} \right. + {2 \over {27}}\int_0^2 {{e^{3x}}} d(3x) \) d) Ta có: \( \sqrt {1 + \sin 2x} = \sqrt {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x + 2\sin x{\mathop{\rm cosx}\nolimits} }\) \(= |{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + {\mathop{\rm cosx}\nolimits} | \)\(= \sqrt 2 |\sin (x + {\pi \over 4})| \) \(=\left\{ \matrix{ \sqrt 2 \sin (x + {\pi \over 4}),x \in \left[ {0,{{3\pi } \over 4}} \right] \hfill \cr \sqrt 2 \sin (x + {\pi \over 4}),X \in \left[ {{{3\pi } \over 4},\pi } \right] \hfill \cr} \right.\) Do đó: \( \int_0^\pi {\sqrt {1 + \sin 2x} } dx = \sqrt 2 \int_0^{{{3\pi } \over 4}} {\sin (x + {\pi \over 4}} )d(x + {\pi \over 4})\)\( - \sqrt 2 \int_{{{3\pi } \over 4}}^\pi {\sin (x + {\pi \over 4}} )d(x + {\pi \over 4}) \) \(= - \sqrt 2 \cos (x + {\pi \over 4})\left| {_0^{{{3\pi } \over 4}}} \right. + \sqrt 2 (x + {\pi \over 4})\left| {_{{{3\pi } \over 4}}^\pi } \right. = 2\sqrt 2 \) Bài 6 trang 127 SGK Giải tích 12 Tính: a) \(\int_0^{{\pi \over 2}} {\cos 2xsi{n^2}} xdx\) b) \(\int_{ - 1}^1 {|{2^x}} - {2^{ - x}}|dx\) c) \(\int_1^2 {{{(x + 1)(x + 2)(x + 3)} \over {{x^2}}}} dx\) d) \(\int_0^2 {{1 \over {{x^2} - 2x - 3}}} dx\) e) \(\int_0^{{\pi \over 2}} {{{({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )}^2}dx} \) g) \(\int_0^\pi {{{(x + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}})}^2}} dx\) Giải a) Ta có: \( \int_0^{{\pi \over 2}} {\cos 2xsi{n^2}} xdx = {1 \over 2}\int_0^{{\pi \over 2}} {\cos 2x(1 - \cos 2x)dx}\) \( = {1 \over 4}\int_0^{{\pi \over 2}} {(2\cos 2x - \cos 4x - 1)dx} \) b) Ta có: Xét \({2^x}-{2^{ - x}} ≥ 0 ⇔ x ≥ 0\). Ta tách thành tổng của hai tích phân: \(\int_{ - 1}^1 {|{2^x}} - {2^{ - x}}|dx = - \int_{ - 1}^0 ( {2^x} - {2^{ - x}})dx \)\(+ \int_0^1 ( {2^x} - {2^{ - x}})dx\) c) \(\int_1^2 {{{(x + 1)(x + 2)(x + 3)} \over {{x^2}}}} dx = \int_1^2 {{{{x^3} + 6{x^2} + 11x + 6} \over {{x^2}}}dx} \) \(= \left[ {{{{x^2}} \over 2} + 6x + 11\ln |x| - {6 \over x}} \right]\left| {_1^2} \right. \) \(= {{21} \over 2} + 11\ln 2 \) d) \(\eqalign{ & \int_0^2 {{1 \over {{x^2} - 2x - 3}}} dx = \int_0^2 {{1 \over {(x + 1)(x - 3)}}dx = {1 \over 4}} \int_0^2 {({1 \over {x - 3}} - {1 \over {x + 1}})dx} \cr & = {1 \over 4}\left[ {\ln |x - 3| - \ln |x + 1|} \right]\left| {_0^2} \right. = {1 \over 4}\left[ {- \ln 3 - \ln 3} \right] \cr & = {-1 \over 2} \ln 3\cr} \) e) \(\eqalign{ & \int_0^{{\pi \over 2}} {{{({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )}^2}dx} = \int_0^{{\pi \over 2}} {(1 + \sin 2x)dx} \cr & = \left[ {x - {{\cos 2x} \over 2}} \right]\left| {_0^{{\pi \over 2}}} \right. = {\pi \over 2} + 1 \cr} \) g) \(\eqalign{ & I = \int_0^\pi {{{(x + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx)}}}^2}} dx\int_0^\pi {({x^2}} + 2x\sin x + {\sin ^2}x)dx \cr & = \left[ {{{{x^3}} \over 3}} \right]\left| {_0^\pi } \right. + 2\int_0^\pi {x\sin xdx + {1 \over 2}} \int_0^\pi {(1 - \cos 2x)dx} \cr} \) Tính :\(J = \int_0^\pi {x\sin xdx} \) Đặt \(u = x ⇒ u’ = 1\) và \(v’ = sinx ⇒ v = -cos x\) Suy ra: \(J = \left[ { - x{\mathop{\rm cosx}\nolimits} } \right]\left| {_0^\pi } \right. + \int_0^\pi {{\mathop{\rm cosxdx}\nolimits} = \pi + \left[ {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \right]} \left| {_0^\pi } \right. = \pi \) Do đó: \(\eqalign{ & I = {{{\pi ^3}} \over 3} + 2\pi + {1 \over 2}\left[ {x - {{\sin 2x} \over 2}} \right]\left| {_0^{{\pi }}} \right. \cr & = {{{\pi ^3}} \over 3} + 2\pi + {\pi \over 2} = {{2{\pi ^3} + 15\pi } \over 6} \cr} \) Bài 7 trang 127 Giải tích 12 Xét hình phẳng D giới hạn bởi \(y = \sqrt {1 - {x^2}} \) và \(y = 2(1-x)\) a) Tính diện tích hình D b) Quay hình D xung quanh trục \(Ox\). Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành. Giải a) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: \(\eqalign{& 2\sqrt {1 - {x^2}} = 2(1 - x) \Leftrightarrow \left\{ \matrix{1 - x \ge 0 \hfill \cr 1 - {x^2} = {(1 - x)^2} \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left\{ \matrix{x \le 1 \hfill \cr 2{x^2} - 2x = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{x \le 1 \hfill \cr \left[ \matrix{x = 0 \hfill \cr x = 1 \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{x = 0 \hfill \cr x = 1 \hfill \cr} \right. \cr} \) Đồ thị của hàm số \(y = \sqrt {1 - {x^2}} \) là một nửa elip \({x^2} + {{{y^2}} \over 4} = 1\) với y ≥ 0 Từ đồ thị trên ta có, diện tích của D: \(\eqalign{ & S = \int_0^1 {\left[ {2\sqrt {1 - {x^2}} - 2(1 - x)} \right]} dx \cr & = 2\left[ {\int_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} dx - \int_0^1 {(1 - x)dx} } } \right] \cr} \) Tính \(\int_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} } dx\) : Đặt \(x = sin t\) , ta có: \(dx = cost dt\); \(x=0 \Rightarrow t= 0\); \(x=1 \Rightarrow t={\pi \over 2}\) Suy ra: \(\eqalign{ & \int_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} } dx = \int_0^{{\pi \over 2}} {\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} } .costdt \cr & = \int_0^{{\pi \over 2}} {{\mathop{\rm cost}\nolimits} .costdt = \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}tdt} } \cr & = {1 \over 2}\int_0^{{\pi \over 2}} {(1 + \cos 2t)dt = {1 \over 2}} \left[ {t + {1 \over 2}\sin 2t} \right]\left| {_0^{{\pi \over 2}}} \right. = {\pi \over 4} \cr & \int_0^1 {(1 - x)dx = (x - {{{x^2}} \over 2})\left| {_0^1} \right.} = {1 \over 2} \cr & \Rightarrow D = 2({\pi \over 4} - {1 \over 2}) = {\pi \over 2}-1 \cr} \) b) Dựa vào hình trêm ta có thể tích cần tìm là: \(\eqalign{ & V = 4\pi \int_0^1 {\left[ {(1 - {x^2}) - (1 - {x})^2} \right]} dx \cr & = 8\pi \int_0^1 {(x - {x^2}} )dx = 8\pi\left( {{{{x^2}} \over 2} - {{{x^3}} \over 3}} \right)\left| {_0^1} \right. \cr & = 8\pi ({1 \over 2} - {1 \over 3}) = {{4\pi } \over 3} \cr} \) Giaibaitap.me Page 13
Page 14
Page 15
Page 16
Page 17
Page 18
Page 19
Page 20
Page 21
Page 22
Page 23
Page 24
Page 25
Bài 1 trang 145 SGK Giải tích 12 Cho hàm số: \(f(x) = ax^2– 2(a + 1)x + a + 2 ( a ≠ 0)\) a) Chứng tỏ rằng phương trình f(x) = 0 luôn có nghiệm thực. Tính các nghiệm đó. b) Tính tổng \(S\) và tích \(P\) của các nghiệm của phương trình \(f(x) = 0\). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số của \(S\) và \(P\) theo \(a\). Giải Ta có: \(f(x) = ax^2– 2(a + 1)x + a + 2 = (x – 1)(ax – a- 2)\) nên phương trình \(f(x) = 0\) luôn có hai nghiệm thực là: \(x = 1, x = {{a + 2} \over a}\) Theo định lí Vi-et, tổng và tích của các nghiệm đó là: \(S = {{2a + 2} \over a},P = {{a + 2} \over a}\) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số \(S = {{2a + 2} \over a} = 2 + {2 \over a}\) - Tập xác định : \((-∞, 0)∪ (0, +∞)\) - Sự biến thiên: \(S' = - {2 \over {{a^2}}} < 0,\forall a \in ( - \infty ,0) \cup (0, + \infty )\) nên hàm số nghịch biến trên hai khoảng \((-∞, 0)\) và \((0, +∞)\) - Cực trị: Hàm số không có cực trị - Giới hạn tại vô cực và tiệm cận ngang \(\eqalign{& \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } S = \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } (2 + {2 \over a}) = 2 \cr & \mathop {\lim }\limits_{a \to - \infty } S = \mathop {\lim }\limits_{a \to - \infty } (2 + {2 \over a}) = 2 \cr} \) Vậy \(S = 2\) là tiệm cận ngang - Giới hạn vô cực và tiệm cận đứng: \(\eqalign{& \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} S = \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} (2 + {2 \over a}) = + \infty \cr & \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ - }} S = \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ - }} (2 + {2 \over a}) = - \infty \cr} \) Vậy \(a = 0\) là tiệm cận đứng. - Bảng biến thiên: Đồ thị hàm số: Đồ thị không cắt trục tung, cắt trục hoành tại \(a = -1\) 2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số \(P = {{a + 2} \over a} = 1 + {2 \over a}\) Tập xác định: \(D = \mathbb R\backslash {\rm{\{ }}0\} \) \(S' = {{ - 2} \over {{a^2}}} < 0,\forall a \in D\) \(\mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ - }} S = - \infty ⇒ \)Tiệm cận đứng: \(a = 0\) \(\mathop {\lim }\limits_{a \to \pm \infty } S = 1⇒\) Tiệm cận ngang: \(S = 1\) Đồ thị hàm số: Ngoài ra: đồ thị hàm số \(P = {{a + 2} \over a} = 1 + {2 \over a}\) có thể nhận được bằng cách tịnh tiến đồ thị \(S = {{2a + 2} \over a} = 2 + {2 \over a}\) dọc theo trục tung xuống phía dưới \(1\) đơn vị. Bài 2 trang 145 SGK Giải tích 12 Cho hàm số: \(y = - {1 \over 3}{x^3} + (a - 1){x^2} + (a + 3)x - 4\) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số khi \(a = 0\) b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và đường thẳng \(y = 0, x = -1, x = 1\) Giải a) Khi \(a = 0\) ta có hàm số: \(y = - {1 \over 3}{x^3} - {x^2} + 3x - 4\) - Tập xác định : \((-∞, +∞)\) - Sự biến thiên: \(y’= -x^2 – 2x + 3\) \(y’=0 ⇔ x = 1, x = -3\) Trên các khoảng \((-∞, -3)\) và \((1, +∞), y’ < 0\) nên hàm số nghịch biến. Trên khoảng \((-3, 1), y’ > 0\) _ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\), \({y_{CD}} = {{ - 7} \over 3}\) Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = -3\), \({y_{CT}} = - 13\) _ giới hạn vô cực : \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } = - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } = + \infty \) Bảng biến thiên: Đồ thị hàm số: Đồ thị cắt trục tung tại \(y = -4\) Đồ thị cắt trục hoành tại \(x ≈ 5, 18\) b) Hàm số \(y = - {1 \over 3}{x^3} - {x^2} + 3x - 4\) đồng biến trên khoảng \((-3, 1)\) nên: \(y < y(1) = {{ - 7} \over 3} < 0\), \(∀x ∈ (-1, 1)\) Do đó , diện tích cần tính là: \(\int_{ - 1}^1 {( - {1 \over 3}{x^3} - {x^2} + 3x - 4} )dx = {{26} \over 3}\) Bài 3 trang 146 SGK Giải tích 12 Cho hàm số : y = x3 + ax2 + bx + 1 a) Tìm a và b để đồ thị của hàm số đi qua hai điểm A(1, 2) và B(-2, -1) b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với các giá trị tìm được của a và b. c) Tính thể tích vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y = 0, x = 0, x = 1 và đồ thị (C) quanh trục hoành. Giải a) Đồ thị hàm số đi qua hai điểm A(1, 2) và B (-2, -1) khi và chỉ khi: \(\left\{ \matrix{2 = 1 + a + b + 1 \hfill \cr - 1 = - 8 + 4a - 2b + 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{a = 1 \hfill \cr b = - 1 \hfill \cr} \right.\) b) Khi a = 1, b = -1 ta có hàm số: y = x3 + x2 – x + 1 _ Tập xác định: (-∞, + ∞) _ Sự biến thiên: y’ = 3x2 + 2x – 1 y’= 0 ⇔ x = -1, x = \({1 \over 3}\) Trên các khoảng (-∞, -1) và \(({1 \over 3}, + \infty )\) , y’>0 nên hàm số đồng biến Trên khoảng \(( - 1,{1 \over 3})\) , y’ < 0 nên hàm số nghịch biến _ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -1, yCD = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = {1 \over 3},{y_{CT}} = {{22} \over {27}}\) _ Giới hạn tại vô cực: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty \) Bảng biến thiên: Đồ thị hàm số: Đồ thị cắt trục tung tại y = 1, cắt trục hoành tại x ≈ -1, 84 c) Trong khoảng (0, 1) ta có y > 0. Vì vậy, thể tích cần tìm là: \(V = \pi \int_0^1 {({x^3}} + {x^2} - x + 1{)^2}dx = {{134\pi } \over {105}}\) Bài 4 trang 146 SGK Giải tích 12 Xét chuyển động thẳng xác định bởi phương trình: \(s(t) = {1 \over 4}{t^4} - {t^3} + {{{t^2}} \over 2} - 3t\) Trong đó t được tính bằng giây và s được tính bằng \(m\). a) Tính \(v(2), a(2)\), biết \(v(t), a(t)\) lần lượt là vận tốc, gia tốc của chuyển động đã cho b) Tính thời điểm \(t\) mà tại đó vận tốc bằng \(0\). Giải a) Ta có: \(v(t) = s’(t) = {t^{3}} - 3{t^2} + t - 3\) \(a(t) = s’’(t) = 3t^2 – 6t + 1\) Do đó: \(v(2) = -5; a(2) = 1\) b) \(v(t) = 0 ⇔ t^3– 3t^2 + t – 3\) \(⇔ t = 3\) Vậy tại thời điểm \( t = 3\) thì vận tốc bằng \(0\). Giaibaitap.me Page 26
Bài 5 trang 146 SGK Giải tích 12 Cho hàm số: y = x4 + ax2 + b a) Tính a, b để hàm số có cực trị bằng \({3 \over 2}\) khi x = 1 b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho khi \(a = {{ - 1} \over 2},b = 1\) c) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các điểm có tung độ bằng 1 Giải Ta có: y’ = 4x3 + 2ax a) Nếu hàm số có cực trị bằng \({3 \over 2}\) khi x = 1 thì: \(\left\{ \matrix{y'(1) = 0 \hfill \cr y(1) = {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{4 + 2a = 0 \hfill \cr 1 + a + b = {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{a = - 2 \hfill \cr b = {5 \over 2} \hfill \cr} \right.\) b) Khi \(a = {{ - 1} \over 2},b = 1\) ta có hàm số: \(y = {x^4} - {1 \over 2}{x^2} + 1\) _ Tập xác định: (-∞, +∞) _ Sự biến thiên: y’ = 4x3 – x = x(4x2 – 1) y’ = 0 ⇔ x = 0, \(x = \pm {1 \over 2}\) Trên các khoảng \(({{ - 1} \over 2},0) \cup ({1 \over 2}, + \infty )\) , y’ > 0 nên hàm số đồng biến Trên các khoảng \(( - \infty ,{{ - 1} \over 2}) \cup (0,{1 \over 2})\) , y’ < 0 nên hàm số nghịch biến _ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 1 Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = \pm {1 \over 2},{y_{CT}} = {{15} \over {16}}\) Bảng biến thiên: Đồ thị hàm số: Đồ thị cắt trục tung tại điểm y = 1, không cắt trục hoành. c) Với y = 1 ta có phương trình: \({x^4} - {1 \over 2}{x^2} = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ {0, \pm {1 \over {\sqrt 2 }}} \right\}\) Trên đồ thị có 2 điểm với tung độ bằng 1 là: \({M_1}({{ - 1} \over {\sqrt 2 }},1);{M_2}(0,1);{M_3}({1 \over {\sqrt 2 }},1)\) Ta lấy y’(0) = 0 nên tiếp tuyến với đồ thị tại M2 có phương trình là y = 1 Lại có: \(y'({1 \over {\sqrt 2 }}) = {1 \over {\sqrt 2 }};y'({1 \over {\sqrt 2 }}) = {{ - 1} \over {\sqrt 2 }}\) \(y = {{ - 1} \over {\sqrt 2 }}x + {1 \over 2} \Leftrightarrow y = {1 \over {\sqrt 2 }}x + {1 \over 2}\) Bài 6 trang 146 SGK Giải tích 12 Cho hàm số \(y = {{x - 2} \over {x + m - 1}}\) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2 b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ a ≠ -1. Giải a) Khi m = 2, ta có hàm số: \(y = {{x - 2} \over {x + 1}}\) _ Tập xác định: (-∞, -1) ∪ (-1, +∞) _ Sự biến thiên: \(y' = {3 \over {{{(x + 1)}^2}}} > 0,\forall x \in ( - \infty , - 1) \cup (1, + \infty )\) nên hàm số đồng biến trên hai khoảng này. _ Hàm số không có cực trị _ Giới hạn tại vô cực và tiệm cận ngang \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x - 2} \over {x + 1}} = 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{x - 2} \over {x + 1}} = 1\) Nên x = -1 là tiệm cận đứng. Bảng biến thiên: Đồ thị hàm số: Đồ thị cắt trục tung tại y = -2, cắt trục hoành tại x = 2 b) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ a≠-1 có phương trình: \(y = y'(a)(x - a) + y(a) = {3 \over {{{(a + 1)}^2}}}(x - a) + {{a - 2} \over {a + 1}}\) Bài 7 trang 146 SGK Giải tích 12 Cho hàm số \(y = {2 \over {2 - x}}\) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm các giao điểm của (C) và đồ thị của hàm số y = x2 + 1. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại mỗi giao điểm. c) Tính thể tích vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị (C) và các đường thẳng y = 0, x = 0, x = 1 xung quanh trục Ox. Giải a) _ Tập xác định: (-∞, 2) ∪(2, +∞) _ Sự biến thiên: \(y' = {2 \over {{{(2 - x)}^2}}} > 0,\forall x \in ( - \infty ,2) \cup (2, + \infty )\) Nên hàm số đồng biến trên hai khoảng này. _ Hàm số không có cực trị _ Giới hạn tại vô cực và tiệm cận ngang \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {2 \over {2 - x}} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {2 \over {2 - x}} = 0\) Nên y = 0 là tiệm cận ngang. _ Giới hạn vô cực và tiệm cận đứng: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} ({2 \over {2 - x}}) = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} ({2 \over {2 - x}}) = + \infty \) Nên x = 2 là tiệm cận đứng. _ Bảng biến thiên: Đồ thị hàm số: Đồ thị hàm số: Đồ thị cắt trục tung tại y = 1, không cắt trục hoành. b) Phương trình xác định hoành độ giao điểm: \({2 \over {2 - x}} = {x^2} + 1 \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ {0,1} \right\}\) Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm M1 (0, 1), M2(1, 2) Tiếp tuyến với đồ thị (C): \(y = {2 \over {2 - x}}\) tại điểm M1 có phương trình là: \(y = {1 \over 2}x + 1\) Tiếp tuyến tại điểm M2 có phương trình y = 2(x – 1) + 2 = 2x c) Trong khoảng (0, 1) đồ thị (C) nằm phía trên trục hoành nên thể tích cần tính là : \(V = \pi \int_0^1 {({2 \over {2 - x}}} {)^2} = 2\pi \) Bài 8 trang 147 SGK Giải tích 12 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: a) \(f(x) = 2x^3– 3x^2– 12x + 1\) trên đoạn \(\left[ { - 2,{5 \over 2}} \right]\) b) \( f(x) = x^2lnx\) trên đoạn \(\left[ {1,e} \right]\) c) \(f(x) = xe^{-x}\) trên nửa khoảng \([0, +∞)\) d) \(f(x) = 2sinx + sin2x\) trên đoạn \(\left[ {0,{{3\pi } \over 2}} \right]\) Giải a) \(f(x) = 2x^3– 3x^2– 12x + 1 ⇒ f’(x) = 6x^2 – 6x – 12\) \(f’(x) = 0 ⇔ x =-1\) hoặc \(x=2\) So sánh các giá trị: \(f(-2) = -3\); \( f(-1) = 8\); \(f(2) = -19\), \(f({5 \over 2}) = {{ - 33} \over 2}\) Suy ra: \(\eqalign{& \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ { - 2,{5 \over 2}} \right]} f(x) = f( - 1) = 8 \cr & \mathop {min}\limits_{x \in \left[ { - 2,{5 \over 2}} \right]} f(x) = f(2) = - 19 \cr} \) b) \(f(x) = x^2 lnx ⇒ f’(x)= 2xlnx + x > 0, ∀ x ∈ [1, e]\) nên \(f(x)\) đồng biến. Do đó: \(\eqalign{& \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {1,e} \right]} f(x) = f(e) = {e^2} \cr & \mathop {min}\limits_{x \in \left[ {1,e} \right]} f(x) = f(1) = 0 \cr} \) c) \(f(x)= xe^{-x}⇒ f’(x)=e^{-x} –xe^{-x} = (1 – x)e^{-x}\) nên: \(f’(x) = 0 ⇔ x = 1, f’(x) > 0, ∀x ∈ (0, 1)\) và \(f’(x) < 0, ∀x ∈ (1, +∞)\) nên: \(\mathop {\max }\limits_{x \in {\rm{[}}0, + \infty )} f(x) = f(1) = {1 \over e}\) Ngoài ra \(f(x)= xe^{-x} > 0, ∀ x ∈ (0, +∞)\) và \(f(0) = 0\) suy ra \(\mathop {\min}\limits_{x \in {\rm{[}}0, + \infty )} f(x) = f(0) = 0\) d) \(f(x) = 2sinx + sin2x ⇒ f’(x)= 2cosx + 2cos2x\) \(f’(x) = 0 ⇔ cos 2x = -cosx ⇔ 2x = ± (π – x) + k2π\) ⇔ \(x \in \left\{ { - \pi + k2\pi ;{\pi \over 3} + {{k2\pi } \over 3}} \right\}\) Trong khoảng \(\left[ {0,{{3\pi } \over 2}} \right]\) , phương trình \(f’(x) = 0\) chỉ có hai nghiệm là \({x_1} = {\pi \over 3};{x_2} = \pi \) So sánh bốn giá trị : \(f(0) = 0\); \(f({\pi \over 3}) = {{3\sqrt 3 } \over 2};f(\pi ) = 0;f({{3\pi } \over 2}) = - 2\) Suy ra: \(\eqalign{& \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0,{{3\pi } \over 2}} \right]} f(x) = f({\pi \over 3}) = {{3\sqrt 3 } \over 2} \cr & \mathop {min}\limits_{x \in \left[ {0,{{3\pi } \over 2}} \right]} f(x) = f({{3\pi } \over 2}) = - 2 \cr} \) Giaibaitap.me |
