4 chương 2, 3, 4 gt lớp 12

Khảo sát hàm số lũy thừa...   Để vận dụng định lý này, ta cần nhẩm được 1 nghiệm x x 0 của phương trình, rồi chỉ rõ hàm đơn điệu một chiều trên D luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến

CHƯƠNG II HÀM SỐ LŨY THỪA, HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LOGARIT

A Lũy thừa – Hàm số lũy thừa

1 Biến đổi lũy thừa.

– Tính chất của lũy thừa: Cho ,a b  và ,x y  Khi đó ta có: 0

+) a a x y a x y

 và

x

x y y

a a a





+) a b x x a b x;

x x

2

* 2

n n

5 Khảo sát hàm số lũy thừa.

– Hàm số y x a có tập xác định luôn chứa khoảng 0;  với mọi a.

a b n a b

log m log

n

a a

a

b a

u a



 

 

u

y u



 

Dạng 3 Khảo sát hàm số mũ.

– Tính đơn điệu của hàm số y a x:

+) Với a 1 hàm số y a x đồng biến trên 

+) Với 0a1 hàm số y a x nghịch biến trên 

x x x x

– Tính đơn điệu của hàm số yloga x:

+) Với a 1 hàm số yloga x đồng biến trên 0;.

+) Với 0a1 hàm số yloga x nghịch biến trên 0;.

– Đồ thị hàm số logarit

x y

+) So sánh a với b: Đứng trên cao, bắn mũi tên từ phải sang trái, trúng log b x trước: b a

+) So sánh c với d: Đứng trên cao, bắn mũi tên từ phải sang trái, trúng log d x trước: d c

  Chia hai vế cho b2.f x , rồi đặt

 

0

f x

a t b

+) a f x  b g x   loga a f x  loga b f x   f x g x .loga b

+) logb a f x  logb b g x   f x .logb a g x  

Dạng 1.4: Phương pháp hàm số, đánh giá.

Thông thường ta sẽ vận dụng nội dung các định lý (và các kết quả) sau:

– Nếu hàm số yf x  đơn điệu một chiều trên D thì f x   0 không quá một nghiệm trên D.

  Để vận dụng định lý này, ta cần nhẩm được 1 nghiệm x x 0 của phương trình, rồi chỉ rõ hàm đơn

điệu một chiều trên D (luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên D) và kết luận x x 0 là nghiệmduy nhất

– Hàm số f t  đơn điệu một chiều trên khoảng a b;  và tồn tại u v; a b;  thì:

+) f u f v  u v

+) Phương trình f t k k const có nhiều nhất 1 nghiệm trên khoảng a b; .

+) Phương trình f t  k k const có duy nhất nghiệm trên a b;  khi lim   lim   0

– Nếu a0, a1: loga f x  loga g x   f x g x 

– Nếu a0, a1: loga f x  g x  f x  a g x (mũ hóa)

Thông thường ta sẽ vận dụng nội dung các định lý (và các kết quả) sau:

– Nếu hàm số yf x  đơn điệu một chiều trên D thì f x   0 không quá một nghiệm trên D.

  Để vận dụng định lý này, ta cần nhẩm được 1 nghiệm x x 0 của phương trình, rồi chỉ rõ hàm đơn

điệu một chiều trên D (luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên D) và kết luận x x 0 là nghiệmduy nhất

– Hàm số f t  đơn điệu một chiều trên khoảng a b;  và tồn tại u v; a b;  thì f u  f v  u v

  Để áp dụng định lý này, ta cần xây dựng hàm đặc trưng f t 

E Biến đổi đồ thị

– Đồ thị hàm số y a x đối xứng với đồ thị hàm số yloga x qua đường thẳng y x

– Đồ thị hàm số yloga x đối xứng với đồ thị hàm số 1

log

a

y x

qua trục Ox y  : 0– Đồ thị hàm số y a x đối xứng với đồ thị hàm số y a x qua trục Oy x  : 0

F Bất phương trình mũ, bất phương trình logarit

Dạng 1 Bất phương trình logarit.

– Nếu a 1 thì log   log     loga g x     

– Nếu 0a1 thì log   log     loga g x     

BÀI TOÁN NGÂN HÀNG

Lưu ý: r và n phải khớp đơn vị.

T bao gồm cả A, muốn tính số tiền lời ta lấy  T A

Nếu khách hàng gửi ngân hàng số tiền A đồng với lãi suất r%/tháng theo hình thức lãi

kép Sau đó, kể từ tháng thứ hai trở đi tháng nào khách hàng cũng gửi thêm với số tiền

B đồng Hỏi sau n tháng số tiền khách hàng nhận được cả gốc lẫn lãi là:

Nếu khách hàng vay ngân hàng số tiền 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

lần hoàn nợ đúng số tiền X đồng Số tiền khách hàng còn nợ sau n tháng là:

CHƯƠNG III NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG

A Nguyên hàm

Dạng 1 Nguyên hàm cơ bản có điều kiện.

Bảng nguyên hàm của một số hàm thường gặp (với C là hằng số tùy ý)

lnd

sin coscos d

ax ax

– Nhận xét: Khi thay x bằng ax b  thì lấy nguyên hàm nhân kết quả thêm 1a

– Một số nguyên tắc tính cơ bản (nên nhớ):

+) k f x x k f x x  d    d .

+) Nguyên hàm lượng giác cơ bản: theo hình bên

+) Tích của đa thức, lũy thừa, hàm mũ   Khai triển

+) Bậc chẵn của sin và cos   Hạ bậc:

sin cos d   sin

f x x x t x f cos sin dx x x  t cosx

t

f x a x x

a x

Dạng 3 Nguyên hàm của hàm số hữu tỉ.

1 Phương pháp tính nguyên hàm, tích phân của hàm số hữu tỉ

( )

d ( )

mà Q x  không phân tích được thành tích số, ta xét một số trường hợp thường gặp sau:

* 1

x x x x x

P x B

x x x x x

P x C

+) Theo quy tắc “xuống dốc lên đỉnh” ta có: I f x g x x    d f x G x     G x f x x   d .

– Ta có thể dùng phương pháp múa cột cộng trừ đan dấu để xử lí các bài toán nguyên hàm từng phần

– Thứ tự ưu tiên chọn u là: "log – đa – lượng – mũ" và dv là phần còn lại.

+)

sincos

x

dv e x

– Chú ý:  hàm mu 

(lượng giác)dx       tích phân từng phần luân hồi

Dạng 5 Nguyên hàm của hàm ẩn hoặc liên quan đến phương trình f x , f x , f x

f x x

với f x  là hàm số lẻ

 

 0

x a b

m b a f x x M b a

m f x M

Dạng 2 Tích phân đổi biến.

– Tích phân đổi biến:

f x u x x F u x F u b F u a

.– Các bước tính tích phân đổi biến số

+) Bước 1 Biến đổi để chọn phép đặt t u x   dt u x x  d

f x

x f x x b

2 Tích phân của hàm số liên tục.

– Nếu hàm số f x  liên tục trên a b;  thì   d     d

f x x f a b x x

.– Nếu hàm số f x  liên tục trên 0;1 thì:

I f x x

.+) Bước 1 Xét dấu f x  trên đoạn a b;  Giả sử trên đoạn a b;  thì phương trình f x  0 có nghiệm

Dạng 1 Ứng dụng tích phân vào bài toán chuyển động.

– Với một vật chuyển động với phương trình quãng đường theo thời gian là s t  thì:

t

t t t

f x x S S S

– Hình thức đề thường hay cho

+) Hình thức 1: Không cho hình vẽ, cho dạng ( ) :H  yf x y g x x a x b a b( ),  ( ),  ,  (  )

 Tính

( ) ( ) d 



b a

f x g x x

A và so sánh A với các đáp án.

+) Hình thức 2: Không cho hình vẽ, cho dạng ( ) :{H yf x y g x( ),  ( )}

 Giải ( )f x g x tìm nghiệm ( ) x1, ,x với n x nhỏ nhất, 1 x lớn nhất n

Dạng 3 Ứng dụng tích phân để tìm thể tích.

Cắt một vật thể  H bởi hai mặt phẳng P x  và Q x 

vuông góc với trục Ox tại x a và x b Một mặt

phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm x a x b    cắt

 H theo thiết diện ( )S x

Thể tích của vật thể  H là:  ( )d

b a

V S x x

Một hình thang cong giới hạn bởi

( ): 0, ( )

Một hình thang cong giới hạn bởi

( ): 0, ( )

.Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình

phẳng giới hạn bởi các đường yf x , ( ) y g x (cùng ( )

nằm một phía so với Ox và hai đường thẳng)

Hình nêm loại 1 2 3

tan3

43

12

2 quay quanh 2b

4343

Tài liệu được chia sẻ bởi Website VnTeach.Com

+) Với a 0 ta có z 0 bi bi được gọi là số thuần ảo

+) Với b 0 ta có z a 0i a  được gọi là số thực

+) Với

00

 ta có z 0 0i0 vừa là số thực vừa là số ảo

– Số phức z a bi  có điểm biểu diễn là T a b ; 

– Số phức liên hợp của z a bi  là z  a bi

– Số phức liên hợp z  a bi có điểm biểu diễn Q a b ;   z là số thực nếu z z , số thuần ảo

nếu z z

– Số phức đối của z a bi  là za bi

– Số phức đối  za bi có điểm biểu diễn Ha b; 

– Hai điểm T và Q đối xứng nhau qua trục Ox

– Hai điểm T và H đối xứng nhau qua O

– Hai điểm Q và H đối xứng nhau qua trục Oy

– Số phức z a bi a b  ,  được biểu diễn bởi M a b ;   Oxy, khi đó OM

B Điểm biểu diễn số phức.

Muốn tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z x yi  thỏa mãn điều kiện K cho trước

ta cần:

 Bước 1 Gọi M x y ;  là điểm biểu diễn số phức z x yi 

 Bước 2 Biến đổi điều kiện K để tìm mối liên hệ giữa ,x y và kết luận.

Mối liên hệ giữa ,x y Kết luận tập hợp điểm M x y ; 0

Xét phương trình bậc hai ax2bx c 0   với a 0 và có   b2 4 ac.

– Nếu   0 thì phương trình có nghiệm thực:

a b x

a

b i x

Dạng 1: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là đường thẳng.

Loại 1: Cho số phức z thỏa mãn z a bi  z , tìm zmin Khi đó ta có:

– Quỹ tích điểm M x y ;  biểu diễn số phức z là đường trung trực đoạn OA với A a b ; 

– Có:

0 min

Loại 2: Cho số phức thỏa mãn điều kiện z a bi   z c di . Tìm zmin Ta có:

– Quỹ tích điểm M x y ;  biểu diễn số phức z là đường trung trực đoạn AB với A a b ;  và B c d ; 

Dạng 2: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là đường tròn.

– Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z a bi   R 0  z z 0 R

– Đề bài có thể cho ở dạng khác, ta cần thực hiện các phép biến đổi để đưa về dạng cơ bản

+) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

(Chia cả hai vế cho z0 )

Dạng 3: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là Elip.

Loại 1: (Elip chính tắc): Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z c  z c  2 ,a a c Khi đó ta có:

– Quỹ tích điểm M x y ;  biểu diễn số phức z là Elip:

– Gọi điểm M biểu diễn số phức z 0, số đo rađian của góc lượng giác  ;Ox OM

gọi là acgumen của z.– Cho số phức dạng đại số z a bi0a b,   có acgumen  và môđun r a2b2 0

Đặt

cossin

+) z  1 zcosisin    

.+) z  0 z r 0 nhưng acgumen của z không xác định (đôi khi coi acgumen của 0 là số thực tùy ý và

vẫn viết 0 0 cos  isin)

– Nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác: Cho 2 số phức z j r jcosj isinj

với r  j 0

và j 1; 2

+) Căn bậc 2 của z r cosisin với r 0 là: