Bùi Văn Lưu Gv tốn THPT B Bình Lục Hà Nam
Kh¶o s¸t hµm sè, c¸c bµi to¸n liªn quan ®Õn øng dơng ®¹o hµm vµ ®å thÞ hµm sè
TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
1. Hàm số đơn điệu:
— Hàm số f đ/biến trên K nếu
1 2 1 2 1 2
x ,x K,x x f (x ) f (x )∈ < ⇒ <
.
— Hàm số f n/biến trên K nếu
1 2 1 2 1 2
x ,x K,x x f (x ) f (x )∈ < ⇒ >
.
2. Điều kiện cần để hàm số đơn điệu:
— Nếu hàm số f đồng biến trên I thì
f '(x) 0, x I≥ ∀ ∈
.
— Nếu hàm số f nghòch biến trên I thì
f '(x) 0, x I≤ ∀ ∈
.
3. Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu:
* Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I
— Nếu
f '(x) 0, x I≥ ∀ ∈
và
f '(x) 0=
chỉ tại một số hữu hạn điểm của I thì hàm số đồng biến trên
I.
— Nếu
f '(x) 0, x I≤ ∀ ∈
và
f '(x) 0=

( )
f' x 0³
∀ x
⇔

a 0
0
>


∆ ≤


(Trường hợp a có chứa tham số thì xét thêm trường hợp a= 0 )
Lý thuyết: Quy tắc xét tính đơn điệu của hàm số
( )
y f x=
1. Tìm tập xác định
2. Tính đạo hàm
( )
y f x
′ ′
=
. Giải phương trình
( )
0f x
′
=
để tìm các nghiệm
( )

2 2
4
2 4 4
x
x
y
x x
′
−
−
′
= =
− −
0 0y x
′
= ⇔ =
thuộc
[ ]
2;2−
Dấu của
y
′
cùng dấu với biểu thức
x−
.
• Ta có bảng biến thiên
x
−2
0 2
y

−
→
và
0
lim
x x
y
+
→
,
0
lim
x x
y
−
→
để điền vào bảng biến thiên.
Bài tập:
Câu 1: Tìm các khoảng đơn điệu của các hàm số sau trên tập xác định của chúng:
1)
3 2
3 1= − +y x x
;
2)
4
1
y x
x
= +
−

1;1−
***********************************************************
CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ.
1. Điểm cực trò:
Cho hàm số f xác đònh trên D và x
0
thuộc D. x
0
được gọi là điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại một
khoảng (a; b) sao cho x
0
thuộc khoảng (a; b)
R⊂
và
{ }
0 0
f (x) f (x ), x (a;b) \ x< ∀ ∈
.
Điểm cực tiểu được đònh nghóa tương tự.
2. Điều kiện cần để hàm số đạt cực trò:
 Nếu hàm số f đạt cực trò tại điểm x
0
và hàm số f có đạo hàm tại điểm x
0
thì f’(x
0
) = 0.
 Chú ý: Hàm số f có thể đạt cực trò tại một điểm mà tại đó nó không có đạo hàm.
3. Điều kiện đủ hàm số đạt cực trò:
a) Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng (a;b) chứa điểm x

,
f’(x
0
) = 0 và f có đạo hàm cấp hai khác 0 tại điểm x
0
. Khi đó:
— Nếu f”(x
0
) < 0 thì hàm số f đạt cực đại tại điểm x
0
.
— Nếu f”(x
0
) > 0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm x
0
.
Dạng 1: Tìm m để hàm số
( )
,y f x m=
đạt cực đại (hoặc cực tiểu)
tại
0
x x=
.
Cách giải:
• Tính
( )
,y f x m
′ ′
=

0y x
′′
<
thì hàm số đạt cực đại tại
0
x x=
.
Căn cứ vào yêu cầu đề để chọn giá trị của m thỏa mãn.
• Kết luận.
Còn có cách khác để thử lại đó là lập bảng biến thiên để kiểm tra xem hàm số đạt cực đại hay cực tiểu
tại
0
x x=
.
Ví dụ 1: Tìm m để hàm số
2
1x mx
y
x m
+ +
=
+
đạt cực đại tại
2x
=
.
Gợi ý giải:
Để dễ tính đạo hàm ta chia tử cho mẫu được
1
y x

+
• Đ/k cần để hàm số đạt cực đại tại
2x
=
là
( )
2 0y
′
=
( )
( )
2
2
1
1 0 2 1
2
m
m
⇔ − = ⇔ + =
+
2 1 1
2 1 3
m m
m m
+ = = −
 
⇔ ⇔
 
+ = − = −
 

2 1
y
′′
= = >
−
nên trường hợp này hàm số đạt cực tiểu tại
2x
=
(không
thỏa đề bài).
- Với
3m
= −
ta có
( )
( )
3
2
2 2 0
2 3
y
′′
= = − <
−
nên trường hợp này hàm số đạt cực đại tại
2x
=
(thỏa đề
bài)
• Kết luận: Giá trị của m phải tìm là

3 2 2y x mx
′
= − −
là tam thức bậc hai có
( ) ( )
2
2
2 4.3. 2 4 24m m∆ = − − = +
0, m> ∀ ∈¡
.
Suy ra
0y
′
=
có hai nghiệm phân biệt và
y
′
đổi dấu (có thể lập bảng xét dấu với hai nghiệm
1 2
,x x
) khi x
đi qua hai nghiệm đó.
• Vậy hàm số ln có một cực đại, một cực tiểu với mọi m.
CHÚ Ý QUAN TRỌNG
1/ Điều kiện để hàm số có cực trò tại x = x
0
:


=

0
y'(x ) 0
y' đổi dấu từ sang qua x
hoặc
0
0
y'(x ) 0
y''(x ) 0
=


<


3/ Điều kiện để hàm số có cực tòểu tại x
0
:


=


+


0
0
y'(x ) 0
y'(x) đổi dấu từ - sang qua x
. hoặc

đường thẳng
2
y x m m= + −
đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực đại và cực tiểu của đồ
thị (C).
Câu 2: Tìm m để hàm số
3 2
2
5
3
y x mx m x
 
= − + − +
 ÷
 
có cực trị tại
1x
=
. Khi đó hàm số đạt cực đại hay
cực tiểu ? Tính cực trị tương ứng ?
Câu 3: (TN BTTH 2006)
Chứng minh hàm số
( )
3 2
1
2 3 9
3
y x mx m x= − − + +
ln có cực trị với mọi giá trị của tham số m ?
Gợi ý – đáp số:

( )
y f x=
liên tục trên đoạn
[ ]
;a b
.
• Tính đạo hàm
( )
y f x
′
=
Giải phương trình
( )
0f x
′
=
và tìm các nghiệm
0
x
thuộc đoạn
[ ]
;a b
(các nghiệm nằm ngoài đoạn
này không lấy )
• Tính
( ) ( )
( )
0
, ,f a f b f x
• So sánh các số trên và kết luận.

Gợi ý- Giải:
• Đạo hàm
2
2 1
2
y
x
′
= − +
•
2
2
2 1
0 0 4 2
2
y x x
x
′
= ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = ±
Trên đoạn
[ ]
1;3x =
ta lấy
2x
=
.
• Ta có
( )
2 1 7
1 1

trên đoạn
0;
2
π
 
 
 
.
Câu 2 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHXH): Tìm GTLN, GTNN của hàm số
4 2
2 1y x x= − +
trên đoạn
[ ]
0;2
.
Câu 3 (Đề TN 2008, L2, KPB): Tìm GTLN, GTNN của hàm số
2 1
3
x
y
x
−
=
−
trên đoạn
[ ]
0;2
.
Câu 4 (Đề TN 2008, L2, Ban KHTN): Tìm GTLN, GTNN của hàm số
4 2

 Bảng biến thiên.
3. Đồ thị
 Lập bảng giá trò
 Vẽ đồ thò.
3. Tiếp tuyến, tiệm cận của đồ thị hàm số.
Lý thuyết:
Cho hàm số
( )
y f x=
có đồ thị
( )
C
và
( )
0 0
;M x y
là điểm trên
( )
C
. Tiếp tuyến với đồ thị
( )
C
tại
( )
0 0
;M x y
có:
- Hệ số góc:
( )
0

y f x=
}
- Hệ số góc
( )
0
k f x
′
=
-
Dạng 1: Viết phương trình tiếp tuyến khi biết tọa độ tiếp điểm
( )
0 0
;M x y
, hoặc hồnh độ
0
x
, hoặc
tung độ
0
y
.
Ví dụ: Viết p/trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
4 2
2 1y x x= − +
tại điểm
( )
2;9M −
.
Gợi ý giải:
• Ta có (đạo hàm):

x
y
x
−
=
+
a) Tại điểm có hoành độ bằng
2
.
b) Tại điểm có tung độ bằng
3
.
Gợi ý giải:
a) Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
1 1 1 1
1
x x x x
y
x
′ ′
− + − + −
′
=
+
( )
2
2

 ÷
 
bằng :
( )
( )
2
2 2
2
9
2 1
k y
′
= = =
+
• P/trình tiếp tuyến:
( )
1 2
2
3 9
y x− = −
. Hay
2 1
9 9
y x= −
Với dạng này, đề cho
0
2x =
, ta cần tính
0
0

− + − + −
′
=
+
( )
2
2
1x
=
+
Gọi tọa độ tiếp điểm là
( )
0 0
;x y
. Theo giả thiết có
0
3y =
.
• Vậy
0
0
0
1
3
1
x
y
x
−
= =

Dạng 2: Viết p/trình tiếp tuyến khi biết hệ số góc của nó.
Dấu hiệu:
- Tiếp tuyến song song với đường thẳng
( )
: 0d ax by c+ + =
- Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
( )
: 0d ax by c+ + =
Cách giải:
• Cần biết (rút y theo x)
( )
:
a c
d y x
b b
= − −
nên
( )
d
có hệ số góc
a
k
b
′
= −
.
• Khi t/tuyến song song với
( )
d
thì hế số góc của t/tuyến bằng hệ số góc của

 ÷
 
Lời giải (Các bước):
• Tính đạo hàm hàm số
( )
y f x
′ ′
=
Tính hệ số góc của tiếp tuyến
k
(theo các dấu hiệu trên)
• Gọi
( )
0 0
;x y
là tọa độ tiếp điểm
• Hệ số góc của t/tuyến
( )
0
k y x
′
=
.
- Giải ph/trình này tìm được
0
x
- Thay vào
( )
0 0
y f x=

( )
( ) ( )
2 2
2 1 2
2
1 1
x x
y
x x
− −
−
′
= =
− −
• Gọi
( )
0 0
;x y
là tọa độ tiếp điểm, ta có hệ số góc tiếp tuyến tại
( )
0 0
;x y
bằng
( )
( )
0
2
0
2
1

x x
− = =
 
⇔ ⇔
 
− = − =
 
• Với
0
2x =
, ta có
0
0
0
2 2.2
4
1 2 1
x
y
x
= = =
− −
Tr/hợp này ta có p/trình t/tuyến tại
( )
2;4
là
( )
4 2 2y x− = − −
hay
2 8y x= − +

Lưu ý: Hệ số góc của t/tuyến
( )
0
2k y x
′
= = −
(đề cho).
b) T/tuyến song song với
( )
d
nên hệ số góc của t/tuyến bằng hệ số góc của
( )
d
, bằng
1
2
k = −
.
• Gọi
( )
0 0
;x y
là tọa độ tiếp điểm, ta có hệ số góc tiếp tuyến tại
( )
0 0
;x y
bằng
( )
( )
0

4
x⇔ − =
0
0
0
0
3
1
1
2
2
1
1
1
2
2
x
x
x
x


− =
=


⇔ ⇔


− = −

;6
2
 
 ÷
 
là
1 3
6
2 2
y x
 
− = − −
 ÷
 
hay
1 27
2 4
y x= − +
• Với
0
1
2
x =
, ta có
0
0
0
1
2.
2

 
hay
1 7
2 4
y x= − −
• Kết luận: Vậy có hai t/tuyến thỏa đề bài có p/trình là
1 27
2 4
y x= − +
;
1 7
2 4
y x= − −
c) Đường thẳng
( )
9
: 1
2
y x∆ = +
có hệ số góc
9
2
k
′
=
.
• Gọi k là hệ số góc của t/tuyến. Biết t/tuyến vuông góc với
( )
∆
nên ta có

tại điểm thuộc đồ thị có hoành độ
0
3x = −
.
Câu 2 (Đề TN 2007, Bổ túc): Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) hàm số
3
3 2y x x= − +
tại điểm
A(2;4).
Câu 3 (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban):
Cho hàm số
1
2
x
y
x
−
=
+
, gọi đồ thị của hàm số là (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.
Câu 4 (Đề TN 2008, Lần 2, Phân ban):
Cho hàm số
3 2
1
x
y
x
−

4. Tương giao giữa hai đồ thị.
Lý thuyết:
Dạng 1: Dựa vào đồ thị hàm số
( )
y f x=
để biện luận theo m số nghiệm của phương trình
( )
f x m=
.
Ví dụ: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số
3
3y x x= −
. Dựa vào đồ thị
( )
C
, biện luận
theo m số nghiệm của phương trình
3
3 1 0x x m− + − =
(1).
Gợi ý giải:
• Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
(2 điểm)
Học sinh tự làm . • Đồ thị (xem hình)
x

.
• Dựa vào đồ thị ta có kết quả biện luận sau:
* Với
1 2 1
1 2 3
m m
m m
− < − < −
 
⇔
 
− > >
 
, ta thấy
( )
d
và
( )
C
không có điểm chung. Suy ra (2) vô nghiệm
* Với
1 2 1
1 2 3
m m
m m
− = − = −
 
⇔
 
− = =

cắt
( )
C
tại ba điểm phân biệt. Suy ra (2) có 3 nghiệm phân
biệt.
• Kết luận:
* Với
1m < −
hoặc
3m >
, p/trình (1) vô nghiệm.
* Với
1m
= −
hoặc
3m
=
, p.trình (1) có hai nghiệm.
* Với
1 3m− < <
, p/trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
Dạng 2: Chứng tỏ đường thẳng
( )
d
:
0ax by c+ + =
cắt đồ thị hàm số
( )
mx n
y f x

2
, 0f x m Ax Bx C= + + =
với
0
d
cx d x
c
+ ≠ ⇔ ≠ −
Tính
2
4B AC∆ = −
• Đến đây cần chứng tỏ
0∆ >
với mọi m và
,
d
f m
c
 
−
 ÷
 
0≠
và kết luận (1) luôn có hai nghiệm phân
biệt. Suy ra
( )
d
cắt
( )
C

1
x
x m
x
+
= +
+
(1)
( ) ( ) ( )
3 2 1 , 1 0x x m x x⇔ + = + + + ≠
( )
2
2 1 3 0x m x m⇔ + + + − =
,
( )
1x ≠ −
(2)
• P/trình (2) là p/trình bậc hai có
( ) ( )
2
1 4.2. 3m m∆ = + − −
( )
2
2
6 25 3 16m m m∆ = − + = − +
0
>
với mọi m. (a)
Mặt khác, thay
1x = −

• Phân tích bài toán:
- Nhưng điểm nằm trên trục hoành thì có tung độ
0y =
.
- Vậy
( )
m
C
cắt trục hoành tại điểm
( ) ( )
; 2;0x y = −
.
- Điểm này thuộc
( )
m
C
nên tọa độ của nó thỏa mãn p/trình
( )
m
C
.
Lời giải:
• Từ giả thiết ta suy ra
( )
m
C
cắt trục hoành tại điểm
( )
2;0−
, thay tọa độ điểm này vào p/trình của

Câu 2 (Đề TN 2008, L2, KPB):
Cho hàm số
3 2
3y x x= −
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2) Tìm m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt
3 2
3 0x x m− − =
Câu 3 (Đề TN 2006, Phân ban):
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
3 2
3y x x= − +
2. Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình
3 2
3 0x x m− + − =
.
3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành.
5. Điểm đặc biệt của đồ thị hàm số.
Lý thuyết:
Một số dạng bài toán: Tìm điểm trên đồ thị có tọa độ nguyên;
Ví dụ: Tìm các điểm trên đồ thị hàm số
3
1
x
y
x
−
=
+

1
1
y
x
= − ∈
+
¢

4
1x
⇔ ∈
+
¢

1x
⇔ +
là các ước số nguyên của 4.
Các trường hợp xảy ra:
1 4x
+ =
3x
⇔ =
, ta có
3 3
0
3 1
y
−
= =
+

x
y
x
+
=
−
có tọa độ là những số nguyên.
6. Khảo sát hàm số
Sơ đồ:
• Tập xác định.
• Đạo hàm
( )
y f x
′ ′
=
Giải p/trình
( )
0f x
′
=
Các khoảng đơn điệu (đồng, nghịch biến) của hàm số;
• Cực trị ( Nếu có )
- Cực đại
- Cực tiểu
• Tính các giới hạn
lim
x
y
→±∞
; tiệm cận với hàm hữu tỷ

a
y
c
=
• Bảng biến thiên (điền đầy đủ các thông tin, chú ý giá trị các giới hạn đã tính)
• Vẽ đồ thị:
- Xác định giao điểm với trục hoành: Cho
0y =
, tìm x.
- Xác định giao điểm với trục tung: Cho
0x =
, tìm y.
- Cho thêm một số điểm đặc biệt (Chú ý đến tính đ/xứng của đồ thị: Hàm bậc ba đ/x qua tâm là trung
điểm hai cực trị; hàm bậc bốn (trùng phương) đ/x qua trục tung; hàm hữu tỷ đ/x qua giao điểm 2 t/cận)
*****************************************
Hµm sè, ph¬ng tr×nh, bÊt ph¬ng tr×nh mò vµ l«garÝt
1. Hàm số, phương trình, bất phương trình mũ.
Lý huyết
- Ghi nhớ các phép toán với lũy thừa, mũ. (Với
0 1a< ≠
)
.
x y x y
a a a
+
=
;
( ) ( )
.
y x

( )
( )
log
f x
a
a c f x c= ⇔ =
Dạng 1: Phương trình mũ bậc hai
2
. . 0
x x
m a n a p+ + =
(1)
Cách giải:
• Đặt
( )
, 0
x
t a t= >
, khi đó
( )
2
2 2x x
t a a= =
.
Ta có p/trình
( )
2
. . 0, 0m t n t p t+ + = >
(2)
• Giải p/trình (2), tìm nghiệm

Đặt
( )
3 , 0
x
t t= >
, khi đó
2 2
3
x
t =
.
Ta có p/trình
2
3 4 1 0t t− + =
,
( )
0t >
Giải p/trình này được
1
1;
3
t t= =
(thỏa mãn đ/k
0t >
)
• Với
1t =
, ta có
0
3 1 3 3 0

t = −
,
( )
0t >
,
Khi đó
( ) ( ) ( )
2
2
2
3 2 2 2 1 2 1
x
x x
t
   
− = − = − =
   
   
• P/trình đã cho trở thành
2
2 1 0t t− − =
,
( )
0t >
Giải p/trình này ta được
1t
=
(nhận);
1
0

( )
, 0
x
t a t= >
, khi đó
1 1
x
x
a
t
a
−
= =
Thay vào p/trình đã cho, giải tìm nghiệm
0t >
. Rồi tìm x.
• Kết luận.
Ví dụ : Giải các phương trình sau
1)
1
6 6 5 0
x x−
− − =
2)
1
1
1
5 26 0
5
x

1
6. 5 0t
t
− − =
,
( )
0t >
2
5 6 0t t⇔ − − =
.
Giải p/trình này được
6t
=
(thỏa);
1 0t
= − <
(không thỏa)
• Vậy ta có
6 6 1
x
x= ⇔ =
.
Kết luận: P/trình đã cho có nghiệm duy nhất
1x =
.
2) Để ý :
1 1
5 5 .5 5.5
x x x+
= =

5
5. 26 0, 0t t
t
+ − = >

2
5 26 5 0t t⇔ − + =
Giải p/trình này được
1
5;
5
t t= =
(thỏa mãn đ/k
0t >
)
• Với
5t =
, ta có
5 5 1
x
x= ⇔ =
- Với
1
5
t =
, ta có
1
1
5 5 5 1
5

a c≤
- Nếu
0 1a
< <
, ta có
( )
log
a
f x c≥
(Đổi chiều BPT)
- Nếu
1a
>
, ta có
( )
log
a
f x c≤
Ví dụ : Giải các bất phương trình
a)
2
3
1
2
4
x x−
≤
b)
( )
2

= >
nên
2
3 2
2 2
x x− −
≤
2
3 2x x⇔ − ≤ −
(hai BPT có cùng chiều). Để giải BPT
2
3 2 0x x− + ≤
, ta tìm nghiệm tam thức
2
3 2x x− +
và xét dấu rồi chọn miền nghiệm.
b)
( )
2
2 3
1 1
3 9
x x+
≥
( ) ( )
2
2 3 2
1 1
3 3
x x+

Câu 2 (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban):
Giải phương trình
1
7 2.7 9 0
x x−
+ − =
Câu 3 (Đề TN 2008, L1, Phân ban):
Giải phương trình
2 1
3 9.3 6 0
x x+
− + =
Câu 4 (Đề TN 2009):
Giải phương trình
x x
25 6.5 5 0- + =
.
Câu 5: Giải các bất phương trình sau
a)
( ) ( )
2
3 2 6
1 1
2 2
x x x− −
≤
b)
2
2 7 6
3 3

log log log .
a a a
b c b c+ =
;
log log log
a a a
b
b c
c
− =
Đổi cơ số:
log
log
log
a
c
a
b
b
c
=
;
1
log
log
a
b
b
a
=

Dạng 1: Biến đổi về phương trình
( ) ( )
log log
a a
f x g x=
Cách giải:
- Dùng các công thức tính toán, cộng trừ logarit để biến đổi.
- Cần chú ý đến đ/k với các biểu thức dưới dấu logarit.
Ví dụ: Giải các p/trình sau:
1)
( )
3 9
log 9 log 5x x+ =
2)
( ) ( )
2 2 2
log 2 log 3 log 12x x− + − =
Lới giải:
1) • Đ/k xác định:
0
0
9 0
x
x
x
>

⇔ >

>

x x
x
x x
− > >
 
⇔ ⇔ >
 
− > >
 
Khi đó ta có
( ) ( )
2 2 2
log 2 log 3 log 12x x− + − =
( ) ( )
2 2
log 2 3 log 12x x⇔ − − =
( ) ( )
2 3 12x x⇔ − − =
2
5 6 0x x⇔ − − =
Giải p/trình này dược
6x =
(thỏa đ/k);
1x = −
(không thỏa đ/k)
• Vậy, p/trình đã cho có nghiệm duy nhất
6x
=
.
Dạng 2: P/trình bậc hai chứa lôgarit

2 2
log 3log 10 0x x− − =
Giải:
•Đ/k xác định:
0x
>
Ta có
( )
( )
2
2
2 2 2 2
2 2 2 2
log log 2log 4logx x x x= = =
• Đặt
2
logt x=
, ta có
2 2 2
2
log 4x t=
• P/trình đã cho trở thành
2
4 3 10 0t t− − =
Giải p/trình này được
5
2;
4
t t= = −
• Với

a a
f x g x<
,
( )
0 1a< ≠
.
Điều kiện xác định:
( )
( )
0
0
f x
g x
 >


>


- Nếu
0 1a
< <
, ta có
( ) ( )
f x g x>
(BPT đổi chiều)
- Nếu
1a
>
, ta có

( ) ( )
1 1
3 3
log 2 1 log 2x x− > +
Giải:
a) • Đ/kiện xác định:
0
1
3 1 0
3
x
x
x
>

⇔ >

− >

• Với
1
3
x >
ta có :
( )
2 2
log log 3 1x x≥ −
3 1x x
⇔ ≥ −
1

• Với
1
2
x >
ta có :
( ) ( )
1 1
3 3
log 2 1 log 2x x− > +
2 1 2x x⇔ − < +
3x⇔ <
{ Cơ số
1
1
2
a
= <
nên BPT đổi chiều}
• Vậy tập nghiệm của bất p/trình đã cho
1
;3
2
T
 
=
 ÷
 
Bài tập:
Câu 1 (Đề TN 2007, Lần 1, Phân ban):
Giải phương trình

liên tục trên đoạn
[ ]
;a b
. Khi đó
( ) ( ) ( ) ( )
b
b
a
a
f x dx F x F b F a= = −
∫
.
- Ghi nhớ các tính chất cộng, trừ tích phân và công thức tính các nguyên hàm của hàm số thường gặp.
•
( ) ( )
.k f x dx k f x dx=
∫ ∫
, (k là hằng số)
•
dx x C= +
∫
;
2
1dx
C
x
x
= − +
∫
;

.
Lấy vi phân hai vế (theo biến tương ứng), ta được
( ) ( )
2 2
1d t d x= −
( ) ( )
2 2
1t dt x dx
′ ′
⇔ = −
2 . 2 .t dt x dx⇔ =
tdt xdx⇔ =
Ví dụ 2:
a)
( )
2
2
1
3 2I x x dx= − +
∫
2 2 2
2
1 1 1
3 2x dx xdx dx= − +
∫ ∫ ∫
2 2 2
2
1 1 1
3 2x dx xdx dx= − +
∫ ∫ ∫

 ÷
 
15
2
=
Có thể tính gộp:
( )
2
2
1
3 2I x x dx= − +
∫
3
2
3
1
2
2
x
x x
 
= − +
 ÷
 
2 2
3 3
2 1
2 2.2 1 2.1
2 2
   

x d x= + +
∫
( )
4
1
1
2
0
2 1
1
1
2
1
2
x
+
 
 ÷
+
=
 ÷
 ÷
+
 
( )
4
3
2
0
1

Lấy vi phân hai vế (theo biến tương ứng) ta được
( )
( )
2
2 1 2 2d t d x tdt dx= + ⇒ =
tdt dx⇒ =
Đổi cận: Với
1x
=
ta có
2.0 1 1t = + =
; với
4x
=
ta có
3t
=
Vậy
3
3 3
3
2
1 1
1
.
3
t
J t tdt t dt= = = =
∫ ∫
3 3

sin cos
b
a
I f x xdx=
∫
. Đặt
sint x=
, ta có
cosdt xdx=
( )
1
cos sin
b
a
I f x xdx=
∫
. Đặt
cost x=
, ta có
sindt xdx= −
Khi đó
( )
sin
1
sin
b
a
I f t dt=
∫
hoặc

Khi đó
( )
tan
2
tan
b
a
I f t dt=
∫
•
( )
3
b
x x
a
I f e e dx=
∫
. Đặt
x
t e=
, ta có
x
dt e dx=
Khi đó
( )
3
b
a
e
e

• Đặt
cost x=
, ta có
( )
cos sindt d x xdx= = −
.
• Đổi cận: Với
6
x
π
=
, ta có
3
cos
6 2
t
π
= =
Với
3
x
π
=
, ta có
1
cos
3 2
t
π
= =

3 1
2
2 2 2 2
 
 
 
 ÷
 ÷
 ÷
 
 ÷
= + − +
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
3 3 1 1 3 1
8 2 8 2 2 4
 
= + − + = −
 ÷
 
Ghi chú: các em cũng có thể đặt
cos 1t x
= +

Ví dụ 2: Tính
2

sin sin . cosdt d x x dx xdx
′
= = =
• Đổi cận: Với
0x
=
, ta có
sin 0 0t = =
.
Với
2
x
π
=
ta có
sin 1
2
t
π
= =
.
• Vậy
( )
1 1
0 0
3
1
3 3
d t
J dt

• Khi đó
4
3
dt
J
t
=
∫
4
3
4
ln ln 4 ln3 ln
3
t= = − =
Cách đặt này giúp lời giải gọn và phép tính tích phân dễ thực hiện hơn rất nhiều so với cách 1. Các em
lưu ý nhé !
Ghi nhớ: Trong quá trình tính tích phân dạng
ln
b
b
a
a
du
u
u
=
∫
cần vận dụng vi phân để tính nhanh.
Chẳng hạn
( )

= = + +
+ +
∫ ∫
Ví dụ 3: Tính
ln3
0
1
x
x
e
L dx
e
=
+
∫
Giải:
• Đặt
1
x
t e= +
( )
1
x x
dt e dx e dx
′
⇒ = + =
• Đổi cận:
0
0 1 1x t e= ⇒ = + =
ln3

x
tdt e dx⇒ =
Đổi cận:
0
0 1 1x t e= ⇒ = + =
;
ln3
ln3 1 3 1 2x t e= ⇒ = + = + =
Khi đó
2 2
2
1
1 1
2
2 2
tdt
L dt t
t
= = =
∫ ∫
( )
2 2 1 2= − =
.
Bài tập:
Câu 1 (Đề TN BTTH 2006):
Tính tích phân
( )
2
0
2sin 3 cosI x xdx

2
1
x
e t= +
và
2
x
tdt e dx=
Câu 3 (Đề TN 2006, KPB): Tính
2
2
0
sin 2
4 cos
x
I dx
x
π
=
−
∫
.
Câu 4 (Đề TN 2007, Bổ túc): Tính
2
0
cos
1 sin
x
I dx
x

; Câu 5:
32
15
I =
3. PP tích phân từng phần
Lý huyết
b b
b
a
a a
udv uv vdu
= −
∫ ∫
Dấu hiệu: Tích phân có dạng
( )
1
.sin
b
a
I f x xdx=
∫
;
( )
2
.cos
b
a
I f x xdx=
∫
;

2 3 sinI x xdx
π
= +
∫
Giải:
• Đặt
( )
2 3 2 3 2u x du x dx dx
′
= + ⇒ = + =
Với
sindv xdx=
, ta có
cosv x= −
.
• Khi đó:
( ) ( ) ( ) ( )
4
4
1
0
0
2 3 cos cos 2I x x x xdx
π
π
= + − − −
∫
( ) ( )
1
2 3 cos 2.0 3 cos0

2
3 3 2 sin sin 0
2 2 4
π π
   
= − + + −
 ÷  ÷
   
2 2
3 3 2 0
2 2 2
π
 
 
= − + + −
 ÷
 ÷
 
 
2 2
3
2 4
π
= − −
Nhận xét: Các em có thể tách
4 4
0 0
2 sin 3sinI x xdx xdx
π π
= +

I x e dx= −
∫
Giải:
• Đặt
( )
5 2 5 2 2u x du x dx dx
′
= − ⇒ = − = −
Với
x
dv e dx=
, ta có
x
v e=
• Khi đó
( ) ( )
2
2
2
0
0
5 2 2
x x
I x e e dx= − − −
∫
( ) ( )
2
2 0
2
0

.
Câu 2 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHXH):
Tính tích phân
( )
2
0
2 1 cosI x xdx
π
= −
∫
.
Câu 3 (Đề TN 2008, L2, Ban KHTN): Tính
( )
1
0
4 1
x
I x e dx= +
∫
.
Đáp số: Câu 1:
1I e
= +
; Câu 2:
3I
π
= −
; Câu 3:
3I e
= +

n
x x x
thuộc đoạn
[ ]
;a b
. (Nghiệm không thuộc, ta
loại bỏ)
• Phân tích
( )
b
a
S f x dx=
∫
( ) ( ) ( )
1 2
1

n
x x
b
a x x
f x dx f x dx f x dx= + + +
∫ ∫ ∫
Trên mỗi khoảng
( ) ( )
( )
1 1 2
; , ; , , ;
n
a x x x x b

3 2
0 1 0x x x x− = ⇔ − =
0; 1x x⇔ = = ±
Trên đoạn
[ ]
0;2
, ta loại bỏ
1x
= −
• Suy ra
1 2
3 3
0 1
S x x dx x x dx= − + −
∫ ∫
( ) ( )
1 2
3 3
0 1
x x dx x x dx= − + −
∫ ∫
1 2
4 2 4 2
0 1
4 2 4 2
x x x x
   
= − + −
 ÷  ÷
   

tìm được các nghiệm
1 2
; ; ,
n
x x x
(Giả sử
1 2

n
x x x< < <
)
• Diện tích hình phẳng cần tìm
( ) ( )
1
n
x
x
S f x g x dx= −
∫
Chia S thành tổng các tích phân trên các khoảng
( )
1 2
;x x
,
( )
2 3
;x x
,…,
( )
1