BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2012-2013
Bài 1 : Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau :
a. Xét hàm số
( )
793
23
−−+= xxxxf
trên đoạn
[ ]
3;4−
. Đạo hàm :
( )
;963'
2
−+= xxxf




−=
=
⇔=
3
1
0)('
x
x
xf
.
Ta có :
20)3(;12)1(;20)3(;13)4( =−==−=− ffff

π
. Đạo hàm :
xxxf 2cos2cos2)(' +=
.
0)(' =xf










−=
=
<<
⇔=−+⇔
1cos
5,0cos
2
3
0
01coscos2
2
x
x
x
xx





+=
+−=
+=
<<
⇔
π
π
ππ
π
π
π
π
π
x
Zk
kx
kx
kx
x
3
x
0x
;
2
2
3






π
.
Như vậy :
2
33
)(min
2
3
;0
=






∈
xf
x
π
,đạt được khi x =
3
π
;
0)(min

[ ]
3
;1 e
. TXĐ : D = (0;+∞) .
Đạo hàm :
xx
x
ex
x
ex
xf
2ln.2
ln.
2
ln.
ln.
2
)(' −=−=
;
exxf =⇔= 0)('
. Lại có : f(1) = -3 ; f(e) -4 ; f(e
3
) = 0 .
Vậy :
[ ]
4)(min
3
;1
−=
∈

. Đạo hàm :
xx
eexf
−
−=)('
;
00)(' =⇔= xxf
.
Ta lại có :
( ) ( )
42ln;20;1
2
1
ln ===






fff
. Vậy:
1)(min
2ln;
2
1
ln
=



2
4)( xxxf −+=
. TXĐ : D = [-2;2] .
Đạo hàm :
20)(';
42
2
1)('
2
=⇔=
−
−= xxf
x
x
xf
.
Lại có : f(-2) = -2 ;
( )
222 =f
; f(2) = 2 .
Vậy :
[ ]
2)(min
2;2
−=
−∈
xf
x
, đạt được khi x = -2 ;
[ ]

)1(2
1
)('
22
2
2
2
2
2
2
++
−
=
+
+
+−+
=
+
+
+
−+
=
xx
x
x
x
xxx
x
x
xx

Bài 2: H/số :
164
3
2
23
−++−= mxxxy
. (1)
1. Với m = 1, h/số (1) trở thành : y =
xxxxf 64
3
2
)(
23
+−=
. TXĐ : D = R
Giới hạn ,tiệm cận :
+∞=






+−==
+∞→+∞→
xxxxf
xx
64
3
2

+ 0 - 0 +
f(x)

3
8
+∞
-∞ 0
Vậy : Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞;1) và (3;+ ∞) ; hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) .
Hàm số đạt cực đại tại x = 1 ; y
CĐ
=
3
8

. H/số đạt cực tiểu tại x = 3 ; y
CT
= 0 .
Bạn đọc tự vẽ Đồ thị hàm số .
2. Xét hàm số : y =
xxxxf 64
3
2
)(
23
+−=
. Có đồ thị h/số (C) . TXĐ : D = R . Đạo hàm : f'(x) = 2x
2
- 8x + 6 .
Hoành độ tiếp điểm của ĐTHS (C) song song với đ/thẳng (d
1

−=+−⇔=−++−⇔ mxxxmxxxpt
,có 3 nghiệm p/biệt
1
3
5
3
8
10 <<−⇔<−<⇔ mm
.
4. PT :
kxxxkxx
3
2
64
3
2
96
2323
=+−⇔=+−
.Như vậy : Với 0 <
3
8
3
2
<k
hay 0 < k < 4 thì pt
kxxx =+− 96
3
có 3
nghiệm phân biệt . Với

có 2 nghiệm phân biệt . Với



<
>
⇔






<
>
0
4
0
3
2
3
8
3
2
k
k
k
k
thì pt
kxxx =+− 96

.
Giả sử A(x
1
; y
1
) và B(x
2
; y
2
) là hai điểm cực trị của h/số .
Suy ra : x
1
, x
2
là hai nghiệm của pt : 3x
2
- 3mx = 0



=
=
⇔
mx
x 0
. Suy ra A
( )
0;;
2
1





−
4
;
2
3
mm
là trung điểm của AB . Và
)1;1(n
là vtcp cuả đ/thẳng : y = x .
_______________________________________________________________________________________

2
BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2012-2013
Ycbt
0
42
0
2
1
:/
3
3
=⇔




. TXD : D = R\{3} .
Giới hạn, tiệm cận :
1
3
1
lim)(lim =
−
+
=
∞→
x
x
xf
x
. Suy ra, h/số có tiệm cận ngang là đ/thẳng : y =1 .

−∞=+∞=
−+
→→
)(lim;)(lim
33
xfxf
xx
. Suy ra, hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng : x= 3 .
Đạo hàm :
Dx
x
xf ∈∀=<
−
−

.
4. Pttt đi qua điểm A(5;3) có dạng (
∆
): y = k(x - 5) + 3 . Đ/thẳng (
∆
) tiếp xúc với ĐTHS (C) khi hệ sau có nghiệm :
( ) ( )
( )
1
1
2
1
2
1
23
2
3
4
32
3
4
3
4
1
3
4
3)5(
3
1
2

+−
−
−=
−
+
⇔







=
−
−
+−=
−
+
k
kk
k
x
k
x
k
xx
k
x
xk

4
:)(
−
−
−
+
+
−
−
=∆
a
a
a
a
x
a
y
. Toạ độ giao điểm A của (
∆
) và Ox là ng của hệ :





=
−−
=
⇔


a
a
a
x
y
y
. Vậy A








−−
0;
4
36
2
aa
. Tương tự, ta có B









.
2
1
.
2
1
−
−−
=
−
−−−−
==
∆
a
aa
a
aaaa
yxS
BAOAB
(đ.v.d.t)
Do
OAB
S
∆
= 1/8 nên
( )
( )
1
3
36

+∞
1
3
BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2012-2013
Đáp số : Có hai pttt thoả mãn là
( )
4
1
4
1
:
1
+−=∆ xy
;
( )
3
1
9
4
:
2
−−=∆ xy
.
6. Bạn đọc tự vẽ ĐTHS :
3
1
−
+
=
x

x
x
y
ở dưới trục Ox qua trục Ox .
Bài 5 : H/số :
mxmxy 3)1(2
34
−+−=
.
1. Do (Cm) cắt Oy tại điểm A(0;-3) nên toạ độ của A chính là nghiệm của pt:
mxmxy 3)1(2
24
−+−=
.
Thay vào ta có :
( )
34:./130).1(203
2424
−−=⇒=⇔−+−=− xxyCsôhmmm
.
Bạn đọc khảo sát và vẽ ĐTHS (C) .
2. y'' = 12x
2
- 8 ; y'' = 0
3
6
0812
0
2
0



−=
=
⇔−+⇔=−+
+
x
loai
x
x
xxx
.
b. Ta thấy : 4
x
> 0 ; 6
x
> 0 ; 9
x
> 0.Nên: 3.4
x
+ 8.6
x
+ 4.9
x
> 0,
Rx
∈∀
.Suy ra pt đã cho vô nghiệm .
Ta có thể giải bằng cách chia cả hai vế của pt đã cho cho 2
2x



=+
≠<
⇔



=+
≠<
⇔



=+
≠<
⇔=+ x
x
x
x
xx
x
xx
x
x
x
x
xxx
x
.

⇔=−−−
22564
1
6log
5log
22
64
log
6log
222log)64(log
6log
2)22(log)64(log
4
55
4
55
4
2
5
5
xx
x
x
xx
xx
x
x
x
x
Từ đó giải tiếp ta được nghiệm là x = 2.

10
1lg
4lg
0
04lg5lg
0
4
2
x
x
x
x
x
xx
x
.
Bài 7 : a. 4
x - 1
- 16
x
<
01244.40344
4
1
02log.
2
1
.2.31642log28log2
22
2





−≥+−−
+−<
⇔−≥+−
32
10
223
230
2log)23(log
230
1)23(log
230
1)23(log
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
x
x

<<−
⇔−≤+
x
x
x
x
x
x
xx
x
xx
2
1
1
21
)2(log
1
1
log
21
)2(log)1(log
21
)2(log)1(log
22
22
2
2
1
.
Giải tiếp hệ trên ta được kết quả. ĐS :

v
u
x
x
. Khi đó :





=
<<
⇔





=
<−+
⇔





=
<+
⇔


3log3log
93
13
3
1
3
3
1
3
1
1
<<−⇔



−>
<
⇔





<
>
⇔












<
>
±
≠
<<
⇔





−>−
≠−
>−
⇔>−
−
2
53
10
1
3
2
53

232
.
2.
∫ ∫
++−+−=
+
−+−=
+
Cxxx
x
dx
x
xxdx
x
x
2ln.84
3
).
2
8
42(.
2
2
3
2
3
.
3.
∫ ∫∫
+−=−== Cxxdxxdx

dx
dxxdx
x
x tan2cos3
cos
2.sin3.
cos
2
sin3
22
.
5 . Đặt e
x
+ 1 = t,
dxedt
x
.=
. Suy ra :
∫ ∫
+==
+
Ct
t
dt
dx
e
e
x
x
ln.

3
2
.
1
13
.
7.
∫ ∫ ∫
+
−
−
=+−−−=






−
−
−
=
−−
=
+−
C
x
x
Cxxdx
xxxx

2
2
2
2
45cos
0
.
Do Tam giác ABC đều cạnh a nên độ dài trung tuyến CH là : CH =
2
3a
(đ.v.đ.d) .
Và CO =
3
3
2
3
.
3
2
3
2 aa
CH ==
. Suy ra
22
COSCSO −=
=
6
6
32
222

SSOV
ABCABCS
===
∆
(đ.v.t.t) . B
A C
Bài 10 : Ta thấy hình chiếu của A' trên mp(ABC) là điểm A.
Suy ra: hình chiếu của cạnh A'B trên mp(ABC) là AB
( )
0
60')(;' =∠=⇒ BAAABCmpBA
.
Xét
BAA'∆
vuông tại A và có
0
60' =∠ BAA
, nên : A'A = AB.tan
BAA'∠
= a.tan 60
0

hay A'A =
3a
(đ.v.đ.d).
_______________________________________________________________________________________

5
BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2012-2013
Mặt khác :

a
V
ABCDS
=
(đ.v.t.t). S
b.Lấy O làm tâm của hình vuông ABCD hay O =
BDAC
∩
.
SO cắt B'D' tại H. Kéo dài AH cắt SC tại C' .
Ta có : BC
AB⊥
và BC
SA
⊥
nên BC
')( ABBCSABmp ⊥⇒⊥
. C' D'
Lại có
⊥
SB
AB' nên suy ra AB'
SCABSBCmp ⊥⇒⊥ ')(
.
Tương tự, ta có :
SCAD
⊥
'
. Suy ra : SC
)''( DABmp⊥

''
.
'
.
.
''.
==
,
SD
SD
SC
SC
SD
SD
SA
SA
V
V
ADCS
CADS
2
''
.
'
.
.
''.
==
.
Mặt khác :

SD
SD
. B D
Do
ABCDSADCSABCS
VVVADCABC

.5,0==⇒∆=∆
.
Suy ra :






+==+
3
2
3
2
.
2
1
.5,0
.
'''.
.
''.
.

BCD, O' là tâm đường tròn
ngoại tiếp
∆
ACD và I =
'BOAO ∩
.Ta có: I
∈
AO cách đều 3 điểm B,C,D
và I
∈
BO' cách đều 3 điểm A,C,D. Suy ra I cách đều 4 điểm A,B,C,D.
Hay I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ diện ABCD .
Độ dài BO là : B D
BO =
.
3
6
9
3
1cos
3
3
sin
3
3
2
3
.
3
2