ÔN TẬP CUỐI NĂM
I. GIẢI BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA
Câu 1. Định nghĩa :
Kí hiệu K là khoảng hoặc đoạ.n hoặc nửa khoảng. Giả sử hàm số \[y=f\left( x \right)\]xác định trên K. Ta nói:
- Hàm số \[y=f\left( x \right)\]đồng biến (tăng) trên K nếu với mọi cặp \[{{x}_{1}},{{x}_{2}}\]thuộc K mà \[{{x}_{1}}\] nhỏ hơn \[{{x}_{2}}\], thì \[f\left( {{x}_{1}} \right)\] nhỏ hơn \[f\left( {{x}_{2}} \right)\], tứclà\[{{x}_{1}}<{{x}_{2}}\Rightarrow f\left( {{x}_{1}} \right).
- Hàm số \[y=f\left( x \right)\]nghịch biến (giảm) trên K nếu với mọi cặp \[{{x}_{1}},{{x}_{2}}\]thuộc K mà \[{{x}_{1}}\] nhỏ hơn \[{{x}_{2}}\], thì \[f\left( {{x}_{1}} \right)\] lớn hơn \[f\left( {{x}_{2}} \right)\], tứclà\[{{x}_{1}}<{{x}_{2}}\Rightarrow f\left( {{x}_{1}} \right)>f\left( {{x}_{2}} \right)\].
Hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên K được gọi chung là hàm số đơn điệu trên K.
Câu 2. Điều kiện cần và đủ:
Cho hàm số \[y=f\left( x \right)\]có đạo hàm trên K.
- Hàm số \[f\left( x \right)\]đồng biến trên K \[\Leftrightarrow f\left( x \right)\ge 0,\forall x\in K\] và \[f'\left( x \right)=0\] tại hữu hạn điểm.
- Hàm số \[f\left( x \right)\]nghịch biến trên K \[\Leftrightarrow f\left( x \right)\le 0,\forall x\in K\] và \[f'\left( x \right)=0\] tại hữu hạn điểm.
Câu 3.
Định nghĩa
Cho hàm số \[y=f\left( x \right)\]xác định và liên tục trên khoảng \[\left( a;b \right)\] , ( có thể a là\[-\infty \], b là \[+\infty \]) và điểm\[{{x}_{0}}\in \left( a;b \right)\].
– Nếu tồn tại số \[h>0\] sao cho \[f\left( x \right) thì ta nói hàm số \[f\left( x \right)\] đạt cực đại tại \[{{x}_{0}}\].
– Nếu tồn tại số \[h>0\] sao cho \[f\left( x \right)>f\left( {{x}_{0}} \right),\forall x\in ({{x}_{0}}h;{{x}_{0}}+h),x\ne {{x}_{0}}\] thì ta nói hàm số \[f\left( x \right)\] đạt cực tiểu tại \[{{x}_{0}}\].
Điều kiện đủ để hàm số có cực trị
Giả sử hàm số \[y=f\left( x \right)\]liên tục trên khoảng \[K=\left( {{x}_{0}}h;{{x}_{0}}+h \right)\]và có đạo hàm trên K hoặc trên\[K\backslash \left\{ {{x}_{0}} \right\}\], với\[h>0\].
Nếu \[f'\left( x \right)>0\] trên khoảng \[\left( {{x}_{0}}h;{{x}_{0}} \right)\] và \[f'\left( x \right)<0\]trên khoảng \[\left( {{x}_{0}};{{x}_{0}}+h \right)\] thì \[{{x}_{0}}\] là một điểm cực đại của hàm số\[f\left( x \right)\].
Nếu \[f'\left( x \right)<0\] trên khoảng \[\left( {{x}_{0}}h;{{x}_{0}} \right)\] và \[f'\left( x \right)>0\]trên khoảng \[\left( {{x}_{0}};{{x}_{0}}+h \right)\] thì \[{{x}_{0}}\] là một điểm cực tiểu của hàm số\[f\left( x \right)\].
Câu 4. Sơ đồ khảo sát hàm số
a) Tập xác định: Tìm tập xác định của hàm số.
b) Sự biến thiên
– Xét chiều biến thiên của hàm số:
+ Tính đạo hàm\[y\];
+ Tìm các điểm tại đó \[y=0\] hoặc không xác định;
+ Xét dấu đạo hàm y’ và suy ra chiều biến thiên của hàm số.
– Tìm cực trị của hàm số (nếu có).
– Tìm giới hạn tại vô cực, các giới hạn tại vô cực và tìm tiệm cận (nếu có).
– Lập bảng biến thiên (ghi lại các kết quả tìm được vào bảng biến thiên).
c) Đồ thị
Xác định tọa độ 1 vài điểm mà đồ thị hàm số đi qua. Sau đó, dựa vào bảng biến thiên và các yếu tố xác định ở trên để vẽ đồ thị.
Câu 5.
Định nghĩa: Cho hai số dương a, b ( a khác 1). Số \[\alpha \] thỏa mãn đẳng thức \[{{a}^{\alpha }}=b\] được gọi là lôgarit cơ số a của b. Kí hiệu: \[{{\log }_{a}}b\] .
\[\alpha ={{\log }_{a}}b\Leftrightarrow {{a}^{\alpha }}=b\]
Tính chất: Cho hai số dương a và b với \[a\ne 1\], ta có các tính chất sau đây:
\(\begin{array}{l} {\log _a}1 = 0\\ {\log _a}a = 1\\ {\log _a}\left( {{a^\alpha }} \right) = \alpha \\ {a^{{{\log }_a}b}} = b \end{array}\)
Câu 6.
Quy tắc tính logarit
Định lí 1: Cho ba số dương \[a,{{b}_{1}},{{b}_{2}}\] với\[a\ne 1\], ta có: \[{{\log }_{a}}\left( {{b}_{1}}{{b}_{2}} \right)={{\log }_{a}}{{b}_{1}}+{{\log }_{a}}{{b}_{2}}\]
Định lí 2: Cho ba số dương \[a,{{b}_{1}},{{b}_{2}}\] với\[a\ne 1\], ta có: \[{{\log }_{a}}\left( \frac{{{b}_{1}}}{{{b}_{2}}} \right)={{\log }_{a}}{{b}_{1}}-{{\log }_{a}}{{b}_{2}}\]
Định lí 3: Cho hai số dương\[a,b;a\ne 1\]. Với mọi \[\alpha \] ta có: \[{{\log }_{a}}{{b}^{\alpha }}=\alpha {{\log }_{a}}b\]
Công thức đổi cơ số của logarit
Định lí 4: Cho ba số dương\[a,b,c\] với \[a\ne 1,c\ne 1\], ta có: \[{{\log }_{a}}b=\frac{{{\log }_{c}}b}{{{\log }_{c}}a}\]
Câu 7.
Hàm số mũ: \[y={{a}^{x}}\left( 0
Tập xác định : \[\mathbb{R}\] . Tập giá trị: \[\left( 0;+\infty \right)\]
Tính chất: \[{{a}^{x}}>0,\forall x\in \mathbb{R}\]
- Hàm số đồng biến khi \[a>1\] và nghịch biến khi \[0 .
Với \[a>1\] thì: \[{{a}^{\alpha }}>{{a}^{\beta }}\Leftrightarrow \alpha >\beta \left( \alpha ,\beta \in \mathbb{R} \right)\] \[\]
Với \[0 thì: \[{{a}^{\alpha }}>{{a}^{\beta }}\Leftrightarrow \alpha <\beta \left( \alpha ,\beta \in \mathbb{R} \right)\]
- Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm \[\left( 0;1 \right)\]
Hàm số logarit: \[y={{\log }_{a}}x\left( 0
Tập xác định : \[\left( 0;+\infty \right)\] . Tập giá trị: \[\mathbb{R}\]
Tính chất:
- Hàm số đồng biến khi \[a>1\] và nghịch biến khi \[0 .
Với \[a>1\] thì: \[{{\log }_{a}}b>{{\log }_{a}}c\Leftrightarrow b>c>0\] \[\]
Với \[0 thì: \[{{\log }_{a}}b>{{\log }_{a}}c\Leftrightarrow 0
Mối liên hệ: Đồ thị của hàm số mũ \[y={{a}^{x}}\] và hàm số logarit \[y={{\log }_{a}}b\left( 0 đối xứng nhau qua đường thẳng \[y=x\]
Câu 8.
Định nghĩa:
Cho hàm số \[f\left( x \right)\] xác định trên \[K\] ( \[K\] là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa khoảng của \[\mathbb{R}\] ).
Hàm số \[F\left( x \right)\] được gọi là nguyên hàm của hàm số \[f\left( x \right)\] trên \[K\] nếu \[F'\left( x \right)=f\left( x \right)\] với mọi \[x\in K\] .
Phương pháp tính nguyên hàm
* Phương pháp đổi biến
Nếu \[\int{f(u)du=F(u)+C}\] và \[u=u\left( x \right)\] là hàm số có đạo hàm liên tục thì
\[\int{f\left( u\left( x \right) \right)u'\left( x \right)dx=F\left( u\left( x \right) \right)+C}\]
* Phương pháp nguyên hàm từng phần
Nếu hai hàm số \[u=u\left( x \right)\] và \[v=v\left( x \right)\] có đạo hàm liên tục trên K thì
\[\int{u(x).v'(x)dx=u(x).v(x)-\int{u'(x)v(x)dx}}\]
Hay \[\int{udv=uv-\int{vdu}}\] ( với \[du=u\left( x \right)dx,~dv=v\left( x \right)dx\] )
Câu 9.
Định nghĩa:
Cho \[f\left( x \right)\] là hàm số liên tục trên đoạn \[\left[ a;b \right]\] . Giả sử \[F\left( x \right)\] là một nguyên hàm của \[f\left( x \right)\] trên đoạn \[\left[ a;b \right]\] .
Hiệu số \[F\left( b \right)-F\left( a \right)\] được gọi là tích phân từ \[a\] đến \[b\] (hay tích phân xác định trên đoạn \[\left[ a;b \right]\] ) của hàm số \[f\left( x \right)\] , kí hiệu là \[\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\] .
Vậy \[\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx=\left. F(x) \right|_{a}^{b}=F(b)-F(a)}\] .
Phương pháp tính tích phân
* Phương pháp đổi biến số
Cho hàm số\[f\left( x \right)\] liên tục trên đoạn \[\left[ a;b \right]\]. Giả sử hàm số \[x=\varphi \left( t \right)\] có đạo hàm liên tục trên đoạn \[\left[ \alpha ;\,\,\beta \right]\] sao cho \[\varphi \left( \alpha \right)=a,\varphi \left( \beta \right)=b\] và \[a\le \varphi \left( t \right)\le b\] với mọi \[t\in \left[ \alpha ;\,\,\beta \right]\] . Khi đó: \[\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{f\left( \varphi \left( t \right) \right)\varphi '\left( t \right)dt}\].
* Phương pháp tích phân từng phần
Nếu \[u\left( x \right)\] và \[v\left( x \right)\] là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên \[\left[ a;b \right]\] thì
\[\int\limits_{a}^{b}{u\left( x \right)v'\left( x \right)dx=\left. \left( u(x)v(x) \right) \right|_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}{v\left( x \right)u'\left( x \right)dx}}\]
hay \[\int\limits_{a}^{b}{udv}=\left. uv \right|_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}{vdu}\]
Câu 10.
* Định nghĩa số phức
Mỗi biểu thức dạng \[a+bi\left( a,b\in \mathbb{R} \right),{{i}^{2}}=-1\] được gọi là một số phức.
* Số phức liên hợp
Số phức liên hợp của số phức \[z=a+bi\] là số phức \[\overline{z}=a-bi\]
* Môđun của số phức
Độ dài của vectơ \[\overrightarrow{OM}\] được gọi là môđun của số phức \[z\] . Kí hiệu \[\left| z \right|\] .
Vậy \[\left| z \right|=\left| \overrightarrow{OM} \right|\Leftrightarrow \left| a+bi \right|=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\] .
* Biểu diễn hình học số phức
Trong hệ tọa độ \[Oxy\] , số phức \[z=a+bi\left( a,b\in \mathbb{R} \right)\] được biểu diễn bởi điểm \[M\left( a;b \right)\] .
Bài 1.
a) Ta có \[f\left( x \right)=0\Leftrightarrow a{{x}^{2}}-2\left( a+1 \right)x+a+2=0\]
Với \[a\ne 0:\Delta '={{\left( a+1 \right)}^{2}}-a\left( a+2 \right)=1>0\]
\[\Rightarrow \] Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \[{{x}_{1}}=1;{{x}_{2}}=\frac{a+2}{2}\] .
b) Theo định lí Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} S = {x_1} + {x_2} = \frac{{2\left( {a + 1} \right)}}{a}\\ P = {x_1}{x_2} = \frac{{a + 2}}{a} \end{array} \right.\)
- Khảo sát hàm số \[S\left( a \right)=\frac{2\left( a+1 \right)}{a}\]
- TXĐ: \[D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\]
- Sự biến thiên
\[\underset{a\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,S\left( a \right)=2\Rightarrow S=2\] là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
\[\underset{a\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,S\left( a \right)=+\infty ,\underset{a\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,S\left( a \right)=-\infty \Rightarrow a=0\] là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Ta có \[S'\left( a \right)=-\frac{2}{a}<0,\forall a\in D\]
\[\Rightarrow \] Hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định.
Bảng biến thiên
- Đồ thị hàm số
- Khảo sát hàm số \(P(a)=\frac{a+2}{a}\)
- TXĐ: \[D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\]
- Sự biến thiên
\[\underset{a\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,P\left( a \right)=1\Rightarrow P=1\] là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
\[\underset{a\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,P\left( a \right)=+\infty ,\underset{a\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,P\left( a \right)=-\infty \Rightarrow a=0\] là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Ta có \[P'\left( a \right)=-\frac{1}{a}<0,\forall a\in D\]
\[\Rightarrow \] Hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định.
- Bảng biến thiên
- Đồ thị hàm số
Bài 2.
a) Với \[a=0\] ta có \[y=-\frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+3x-4\]
- TXĐ: \[D=\mathbb{R}\]
- Sự biến thiên
\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -\frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+3x-4 \right)=-\infty \]
\[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -\frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+3x-4 \right)=+\infty \]
Ta có \(y' = - {x^2} - 2x + 3;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 3\\ x = 1 \end{array} \right.\)
Với \[x=1\Rightarrow y=-\frac{7}{3}\]
Với \[x=-3\Rightarrow y=-13\]
- BBT
Từ bảng biến thiên ta thấy :
Hàm số đồng biến trên \[\left( -3;1 \right)\] ; hàm số nghịch biến trên \[\left( -\infty ;-3 \right)\] và \[\left( 1;+\infty \right)\] .
Hàm số đạt cực đại tại \[x=1\] ; \[{{y}_{CD}}=-\frac{7}{3}\]
Hàm số đạt cực tiểu tại \[x=-3\] ; \[{{y}_{CT}}=-13\]
- Đồ thị
Ta có
\[x\] | \[-4\] | \[3\] |
\[y\] | \[-\frac{32}{3}\] | \[-13\] |
b) Diện tích hình phẳng cần tìm là :
\(\begin{array}{l} S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| { - \frac{1}{3}{x^3} - {x^2} + 3x - 4} \right|dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {\frac{1}{3}{x^3} + {x^2} - 3x + 4} \right)dx} \\ = \left. {\left( {\frac{1}{{12}}{x^4} + \frac{1}{3}{x^3} - \frac{3}{2}{x^2} + 4x - 1} \right)} \right|_{ - 1}^1 = \frac{{26}}{3} \end{array}\)
Bài 3.
a) Đồ thị hàm số đi qua hai điểm \[A\left( 1;2 \right);B\left( -2;-1 \right)\]
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1 + a + b + 1 = 2\\ - 8 + 4a - 2b + 1 = - 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 1\\ b = - 1 \end{array} \right.\)
b) Với \[a=1;b=-1\] ta có \[y={{x}^{3}}+{{x}^{2}}-x+1\]
- TXĐ: \[D=\mathbb{R}\]
- Sự biến thiên
\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{3}}+{{x}^{2}}-x+1 \right)=+\infty \]
\[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{3}}+{{x}^{2}}-x+1 \right)=-\infty \]
Ta có \(y' = 3{x^2} + 2x - 1;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = \frac{1}{3} \end{array} \right.\)
Với \[x=-1\Rightarrow y=2\]
Với \[x=\frac{1}{3}\Rightarrow y=\frac{22}{27}\]
- BBT
Từ bảng biến thiên ta thấy :
Hàm số đồng biến trên \[\left( -\infty ;-1 \right)\] và \[\left( \frac{1}{3};+\infty \right)\] ; hàm số nghịch biến trên \[\left( -1;\frac{1}{3} \right)\] .
Hàm số đạt cực đại tại \[x=-1\] ; \[{{y}_{CD}}=2\]
Hàm số đạt cực tiểu tại \[x=\frac{1}{3}\] ; \[{{y}_{CT}}=\frac{22}{27}\]
- Đồ thị
Ta có
\[x\] | \[-2\] | \[1\] |
\[y\] | \[-1\] | \[2\] |
c) Thể tích vật thể cần tìm là :
\(\begin{array}{l} V = \pi \int\limits_0^1 {\left| {{{\left( {{x^3} + {x^2} - x + 1} \right)}^2}} \right|dx} = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{x^3} + {x^2} - x + 1} \right)}^2}dx} \\ = \pi \int\limits_0^1 {\left( {{x^6} + 2{x^5} - {x^4} + 3{x^2} - 2x + 1} \right)dx} = \pi \left. {\left( {\frac{1}{7}{x^7} + \frac{1}{3}{x^6} - \frac{1}{5}{x^5} + {x^3} - {x^2} + x} \right)} \right|_0^1 = \frac{{134\pi }}{{105}} \end{array}\)
Bài 4.
a) Ta có :
\(\begin{array}{l} v\left( t \right) = s'\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + t - 3 \Rightarrow v\left( 2 \right) = - 5\\ a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 3{t^3} - 6t + 1 \Rightarrow a\left( 2 \right) = 1 \end{array}\)
b) Ta có \[v\left( t \right)=0\Leftrightarrow {{t}^{3}}-3{{t}^{2}}+t-3=0\Leftrightarrow t=3\]
Bài 5.
a) Ta có : \[y'=4{{x}^{3}}+2ax\left( * \right)\]
Để hàm số có cực trị bằng \[\frac{3}{2}\] khi \[x=1\] thì \[\left( 1;\frac{3}{2} \right)\] thuộc đồ thị hàm số và \[\left( * \right)\] có nghiệm \[x=1\]
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1 + a + b = \frac{3}{2}\\ 4 + 2a = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = - 2\\ b = \frac{5}{2} \end{array} \right.\)
b) Với \[a=-\frac{1}{2};b=1\] ta có \[y={{x}^{4}}-\frac{1}{2}{{x}^{2}}+1\]
- TXĐ: \[D=\mathbb{R}\]
- Sự biến thiên
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {{x^4} - \frac{1}{2}{x^2} + 1} \right) = + \infty \)
Ta có \(y' = 4{x^3} - x;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = \pm \frac{1}{2} \end{array} \right.\)
Với \[x=0\Rightarrow y=1\]
Với \[x=\pm \frac{1}{2}\Rightarrow y=\frac{15}{16}\]
- BBT
Từ bảng biến thiên ta thấy :
Hàm số đồng biến trên \[\left( -\frac{1}{2};0 \right)\] và \[\left( \frac{1}{2};+\infty \right)\] ; hàm số nghịch biến trên \[\left( -\infty ;-\frac{1}{2} \right)\] và \[\left( 0;\frac{1}{2} \right)\] .
Hàm số đạt cực đại tại \[x=0\] ; \[{{y}_{CD}}=1\]
Hàm số đạt cực tiểu tại \[x=\pm \frac{1}{2}\] ; \[{{y}_{CT}}=\frac{15}{16}\]
- Đồ thị
Với \[x=\pm 1\Rightarrow y=\frac{3}{2}\]
Bài 6.
a) Với \[m=2\] ta có \[y=\frac{x-2}{x+1}\]
- TXĐ: \[D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -1 \right\}\]
- Sự biến thiên
\[\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-2}{x+1}=1\Rightarrow y=1\] là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
\[\underset{x\to -{{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-2}{x+1}=-\infty ,\underset{x\to -{{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-2}{x+1}=+\infty \Rightarrow x=-1\] là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Ta có \[y'=\frac{3}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}>0,\forall x\in D\]
\[\Rightarrow \] Hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định.
- Bảng biến thiên
- Đồ thị
Với \[x=0\Rightarrow y=-2\]
b) Ta có \[M\left( a;\frac{a-2}{a+1} \right)\left( a\ne 0 \right)\] . Phương trình tiếp tuyến tại \[M\] là :
\[y=\frac{3}{{{\left( a+1 \right)}^{2}}}\left( x-a \right)+\frac{a-2}{a+1}\]
Bài 7.
a) \[y=\frac{2}{-x+2}\]
- TXĐ: \[D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\]
- Sự biến thiên
\[\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2}{-x+2}=0\Rightarrow y=0\] là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
\[\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2}{-x+2}=-\infty ,\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2}{-x+2}=+\infty \Rightarrow x=2\] là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Ta có \[y'=\frac{2}{{{\left( -x+2 \right)}^{2}}}>0,\forall x\in D\]
\[\Rightarrow \] Hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định.
- Bảng biến thiên
- Đồ thị
b) Phương trình hoành độ giao điểm :
\(\begin{array}{l} \frac{2}{{2 - x}} = {x^2} + 1\left( {x \ne 2} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {2 - x} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) = 2\\ \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} y = 1\\ y = 2 \end{array} \right. \Rightarrow M\left( {0;1} \right);N\left( {1;2} \right) \end{array}\)
Phương trình tiếp tuyến tại \[M\left( 0;1 \right)\] là : \[y=\frac{1}{2}x+1\]
Phương trình tiếp tuyến tại \[M\left( 1;2 \right)\] là : \[y=2\left( x-1 \right)+2=2x\]
c) Thể tích vật thể cần tìm là :
\[V=\pi \int\limits_{0}^{1}{\left| {{\left( \frac{2}{2-x} \right)}^{2}} \right|dx}=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{\left( \frac{2}{2-x} \right)}^{2}}dx}=4\pi \int\limits_{0}^{1}{{{\left( 2-x \right)}^{-2}}dx}=\pi \left. \frac{4}{2-x} \right|_{0}^{1}=2\pi \]
Bài 8.
a) Ta có \(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6x - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = 2 \end{array} \right. \in \left[ { - 2;\frac{5}{2}} \right]\)
Khi đó, \[f\left( -2 \right)=-3\]
\(\begin{array}{l} f\left( { - 1} \right) = 8\\ f\left( 2 \right) = - 19\\ f\left( {\frac{5}{2}} \right) = - \frac{{33}}{2} \end{array}\)
Vậy \[\underset{\left[ -2;\frac{5}{2} \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=-19\] khi \[x=2\] và \[\underset{\left[ -2;\frac{5}{2} \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=8\] khi \[x=-1\]
b) TXĐ : \[D=\left( 0;+\infty \right)\]
Ta có \(f'\left( x \right) = 2x\ln x + x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\left( L \right)\\ x = \frac{1}{{\sqrt e }} \notin \left[ {1;e} \right] \end{array} \right.\)
Khi đó, \[f\left( 1 \right)=0\]
\[f\left( e \right)={{e}^{2}}\]
Vậy \[\underset{\left[ 1;e \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=0\] khi \[x=1\] và \[\underset{\left[ 1;e \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)={{e}^{2}}\] khi \[x=e\]
c) Ta có \[f'\left( x \right)={{e}^{-x}}-x{{e}^{-x}}=0\Leftrightarrow x=1\in \left[ 0;+\infty \right)\]
Mặt khác, \[\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,x{{e}^{-x}}=0\]
Bảng biến thiên
Vậy \[\underset{\left[ 0;+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=0\] khi \[x=0\] và \[\underset{\left[ 0;+\infty \right)}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=\frac{1}{e}\] khi \[x=1\]
d) Ta có \[f'\left( x \right)=2\cos x+2\cos 2x=0\]
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \cos x + 2{\cos ^2}x - 1 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \cos x = - 1\\ \cos x = \frac{1}{2} \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \pi + k\pi \\ x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right. \end{array}\)
Trên \[\left[ 0;\frac{3\pi }{2} \right]\] thì ta có \[x=\pi ;x=\frac{\pi }{3}\]
Khi đó, \[f\left( 0 \right)=0\]
\(\begin{array}{l} f\left( \pi \right) = 0\\ f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\\ f\left( {\frac{{3\pi }}{2}} \right) = - 2 \end{array}\)
Vậy \[\underset{\left[ 0;\frac{3\pi }{2} \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=-2\] khi \[\frac{3\pi }{2}\] và \[\underset{\left[ 0;\frac{3\pi }{2} \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=\frac{3\sqrt{3}}{2}\] khi \[x=\frac{\pi }{3}\]
Bài 9.
a) \[{{13}^{2x+1}}-{{13}^{x}}-12=0\]
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {13.13^{2x}} - {13^x} - 12 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {13^x} = 1\\ {13^x} = - \frac{{12}}{{13}}\left( L \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0 \end{array}\)
b) \[\left( {{3}^{x}}+{{2}^{x}} \right)\left( {{3}^{x}}+{{3.2}^{x}} \right)={{8.6}^{x}}\]
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {3^{2x}} + {3.6^x} + {6^x} + {3.2^{2x}} = {8.6^x}\\ \Leftrightarrow {3^{2x}} - {4.6^x} + {3.2^{2x}} = 0\left( * \right) \end{array}\)
Chia cả hai vế của phương trình \[\left( * \right)\] cho \[{{2}^{2x}}\] ta có:
\(\begin{array}{l} \left( * \right) \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2x}} - 4.{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} + 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = 1\\ {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = {\log _{\frac{3}{2}}}3 \end{array} \right. \end{array}\)
c) Điều kiện \[x>2\]
ta có \[{{\log }_{\sqrt{3}}}\left( x-2 \right).{{\log }_{5}}x=2{{\log }_{3}}\left( x-2 \right)\]
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2{\log _3}\left( {x - 2} \right).{\log _5}x = 2{\log _3}\left( {x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\log _3}\left( {x - 2} \right) = 0\\ {\log _5}x = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 3\\ x = 5 \end{array} \right.\left( {t/m} \right) \end{array}\)
d) Điều kiện \[x>0\]
Ta có \(\log _2^2x - 5{\log _2}x + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\log _2}x = 2\\ {\log _2}x = 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 4\\ x = 8 \end{array} \right.\left( {t/m} \right)\)
Bài 10.
a) Điều kiện \[x\ne 0\]
\(\begin{array}{l} \frac{{{2^x}}}{{{3^x} - {2^x}}} \le 2 \Leftrightarrow \frac{{{2^x}}}{{{3^x} - {2^x}}} - 2 \le 0\\ \Leftrightarrow \frac{{{2^x} - 2\left( {{3^x} - {2^x}} \right)}}{{{3^x} - {2^x}}} \le 0\\ \Leftrightarrow \frac{{{{3.2}^x} - {{2.3}^x}}}{{{3^x} - {2^x}}} \le 0\\ \Leftrightarrow \frac{{3.{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^x} - 2}}{{1 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^x}}} \le 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\left( {\frac{2}{3}} \right)^x} > 1\\ {\left( {\frac{2}{3}} \right)^x} \le \frac{2}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < 0\\ x \ge 1 \end{array} \right. \end{array}\)
b) Điều kiện \({x^2} - 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x > 1\\ x < - 1 \end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{{\log }_2}\left( {{x^2} - 1} \right)}} > 1\\ \Leftrightarrow {2^{ - {{\log }_2}\left( {{x^2} - 1} \right)}} > 1\\ \Leftrightarrow {2^{{{\log }_2}\frac{1}{{{x^2} - 1}}}} > 1\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{{x^2} - 1}} > 1\\ \Leftrightarrow {x^2} - 1 < 1\\ \Leftrightarrow - \sqrt 2 < x < \sqrt 2 \end{array}\)
Kết hợp với điều kiện ta có \(\left[ \begin{array}{l} - \sqrt 2 < x < - 1\\ 1 < x < \sqrt 2 \end{array} \right.\)
c) Điều kiện \[x>0\]
\(\begin{array}{l} {\log ^2}x + 3\log x \ge 4\\ \Leftrightarrow {\log ^2}x + 3\log x - 4 \ge 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \log x \ge 1\\ \log x \le - 4 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \ge 10\\ x \le \frac{1}{{10000}} \end{array} \right. \end{array}\)
Kết hợp với điều kiện ta có \(\left[ \begin{array}{l} x \ge 10\\ 0 < x \le \frac{1}{{10000}} \end{array} \right.\)
d) Điều kiện \[x>0;x\ne \frac{1}{2}\]
\(\begin{array}{l} \frac{{1 - {{\log }_4}x}}{{1 + {{\log }_2}x}} \le \frac{1}{4}\\ \Leftrightarrow \frac{{1 - \frac{1}{2}{{\log }_2}x}}{{1 + {{\log }_2}x}} - \frac{1}{4} \le 0\\ \Leftrightarrow \frac{{2 - {{\log }_2}x}}{{1 + {{\log }_2}x}} - \frac{1}{2} \le 0\\ \Leftrightarrow \frac{{2\left( {2 - {{\log }_2}x} \right) - \left( {1 + {{\log }_2}x} \right)}}{{1 + {{\log }_2}x}} \le 0\\ \Leftrightarrow \frac{{3 - 3{{\log }_2}x}}{{1 + {{\log }_2}x}} \le 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\log _2}x \ge 1\\ {\log _2}x < - 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \ge 2\\ x < \frac{1}{2} \end{array} \right. \end{array}\)
Kết hợp với điều kiện ta có \(\left[ \begin{array}{l} x \ge 2\\ 0 < x < \frac{1}{2} \end{array} \right.\)
Bài 11.
a) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln x\\ dv = \sqrt x dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{{dx}}{x}\\ v = \frac{2}{3}{x^{\frac{3}{2}}} \end{array} \right.\)
Khi đó, \[\int\limits_{1}^{{{e}^{4}}}{\sqrt{x}\ln xdx}=\left. \frac{2}{3}{{x}^{\frac{3}{2}}}\ln x \right|_{1}^{{{e}^{4}}}-\frac{2}{3}\int\limits_{1}^{{{e}^{4}}}{\sqrt{x}dx}=\left. \frac{2}{3}{{x}^{\frac{3}{2}}}\ln x \right|_{1}^{{{e}^{4}}}-\frac{2}{3}.\left. \frac{2}{3}{{x}^{\frac{3}{2}}} \right|_{1}^{{{e}^{4}}}=\frac{20}{9}{{e}^{6}}+\frac{4}{9}\]
b) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x\\ dv = \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = - \cot x \end{array} \right.\)
Khi đó, \[\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{xdx}{{{\sin }^{2}}x}}=\left. -x\cot x \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}+\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}{\cot xdx}\]
\(\begin{array}{l} = \frac{{\pi \sqrt 3 }}{6} + \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\cos x}}{{\sin x}}dx} = \frac{{\pi \sqrt 3 }}{6} + \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{d\left( {\sin x} \right)}}{{\sin x}}} \\ = \frac{{\pi \sqrt 3 }}{6} + \left. {\ln \left| {\sin x} \right|} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} = \frac{{\pi \sqrt 3 }}{6} + \ln 2 \end{array}\)
c) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \pi - x\\ dv = \sin xdx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = - dx\\ v = - \cos x \end{array} \right.\)
Khi đó, \[\int\limits_{0}^{\pi }{\left( \pi -x \right)\sin x}=\left. -\left( \pi -x \right)\cos x \right|_{0}^{\pi }-\int\limits_{0}^{\pi }{\cos xdx}=\left. -\left( \pi -x \right)\cos x \right|_{0}^{\pi }-\left. \sin x \right|_{0}^{\pi }=\pi \]
d) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = 2x + 3\\ dv = {e^{ - x}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = 2dx\\ v = - {e^{ - x}} \end{array} \right.\)
Khi đó, \[\int\limits_{-1}^{0}{\left( 2x+3 \right){{e}^{-x}}dx}=\left. -\left( 2x+3 \right){{e}^{-x}} \right|_{-1}^{0}+2\int\limits_{1}^{{{e}^{4}}}{{{e}^{-x}}dx}=\left. -\left( 2x+3 \right){{e}^{-x}} \right|_{-1}^{0}-\left. 2{{e}^{-x}} \right|_{-1}^{0}=3e-5\]
Bài 12.
a) Đặt \[u=\cos \left( \frac{\pi }{3}-4x \right)\Rightarrow du=-\sin \left( \frac{\pi }{3}-4x \right)dx\]
Đổi cận : \[x=0\Rightarrow u=\frac{1}{2};x=\frac{\pi }{24}\Rightarrow u=\frac{\sqrt{3}}{2}\]
Khi đó, \[\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{24}}{\tan \left( \frac{\pi }{3}-4x \right)dx}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{24}}{\frac{\sin \left( \frac{\pi }{3}-4x \right)}{\cos }dx}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{du}{u}}=\left. \ln \left| u \right| \right|_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{8}\ln 3\]
b) Đặt \[x=\frac{3}{5}\tan t\left( -\frac{\pi }{2}
Đổi cận : \[x=\frac{\sqrt{3}}{5}\Rightarrow u=\frac{\pi }{6};x=\frac{3}{5}\Rightarrow u=\frac{\pi }{4}\]
Khi đó, \[\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{3\left( 1+{{\tan }^{2}}t \right)dt}{5\left( 9+25.\frac{9}{25}{{\tan }^{2}}t \right)}}=\frac{1}{15}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{dt}\] \[=\left. \left( \frac{1}{15}t \right) \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}}=\frac{\pi }{180}\]
c) Đặt \[u=\cos x\Rightarrow du=-\sin xdx\]
Đổi cận : \[x=0\Rightarrow u=1;x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow u=0\]
Khi đó, \[\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{3}}x{{\cos }^{4}}xdx}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{2}}x{{\cos }^{4}}x\sin xdx}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1-{{\cos }^{2}}x \right){{\cos }^{4}}x\sin xdx}\]
\[=-\int\limits_{1}^{0}{\left( 1-{{u}^{2}} \right){{u}^{4}}du}=\int\limits_{0}^{1}{\left( {{u}^{4}}-{{u}^{6}} \right)du}=\left. \left( \frac{1}{5}{{u}^{5}}-\frac{1}{7}{{u}^{7}} \right) \right|_{0}^{1}=\frac{2}{35}\]
d) Đặt \[u=\sqrt{1+\tan x}\Leftrightarrow {{u}^{2}}=1+\tan x\Rightarrow 2udu=\frac{1}{{{\cos }^{2}}x}dx\]
Đổi cận : \[x=-\frac{\pi }{4}\Rightarrow u=0;x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow u=\sqrt{2}\]
Khi đó, \[\int\limits_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{\sqrt{1+\tan x}}{{{\cos }^{2}}x}dx}=\int\limits_{0}^{\sqrt{2}}{u.2udu}=2\int\limits_{0}^{\sqrt{2}}{{{u}^{2}}du}=\left. \frac{2}{3}{{u}^{3}} \right|_{0}^{\sqrt{2}}=\frac{4\sqrt{2}}{3}\]
Bài 13.
a) Diện tích hình phẳng cần tìm là :
\[S=\int\limits_{-1}^{2}{\left| {{x}^{2}}+1 \right|dx}=\int\limits_{-1}^{2}{\left( {{x}^{2}}+1 \right)dx}=\left. \left( \frac{1}{3}{{x}^{3}}+x \right) \right|_{-1}^{2}=6\]
b) Diện tích hình phẳng cần tìm là :
\[S=\int\limits_{\frac{1}{e}}^{e}{\left| \ln x \right|dx}=-\int\limits_{\frac{1}{e}}^{1}{\ln xdx}+\int\limits_{1}^{e}{\ln xdx}\]
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln x\\ dv = dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{{dx}}{x}\\ v = x \end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow S = - \left. {x\ln x} \right|_{\frac{1}{e}}^1 + \int\limits_{\frac{1}{e}}^1 {dx} + \left. {x\ln x} \right|_1^e - \int\limits_1^e {dx} \\ = - \left. {x\ln x} \right|_{\frac{1}{e}}^1 + \left. x \right|_{\frac{1}{e}}^1 + \left. {x\ln x} \right|_1^e - \left. x \right|_1^e\\ = \left. {x\left( {1 - \ln x} \right)} \right|_{\frac{1}{e}}^1 + \left. {x\left( {\ln x - 1} \right)} \right|_1^e\\ = 2 - \frac{2}{e} \end{array}\)
Bài 14. Phương trình hoành độ giao điểm :
\(2{x^2} = {x^3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2 \end{array} \right.\)
Vậy thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là :
\[V=\pi \int\limits_{0}^{2}{\left| {{\left( 2{{x}^{2}} \right)}^{2}}-{{\left( {{x}^{3}} \right)}^{2}} \right|dx}=\pi \int\limits_{0}^{2}{\left| {{x}^{6}}-4{{x}^{4}} \right|dx}=\pi \left| \int\limits_{0}^{2}{\left( {{x}^{6}}-4{{x}^{4}} \right)dx} \right|=\left| \pi \left. \left( \frac{1}{7}{{x}^{7}}-\frac{4}{5}{{x}^{5}} \right) \right|_{0}^{2} \right|=\frac{256\pi }{35}\]
Bài 15.
a) \[\left( 3+2i \right)z-\left( 4+7i \right)=2-5i\]
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {3 + 2i} \right)z = 2 - 5i + 4 + 7i\\ \Leftrightarrow \left( {3 + 2i} \right)z = 6 + 2i\\ \Leftrightarrow z = \frac{{6 + 2i}}{{3 + 2i}}\\ \Leftrightarrow z = \frac{{\left( {6 + 2i} \right)\left( {3 - 2i} \right)}}{{9 + 4}}\\ \Leftrightarrow z = \frac{{22}}{{13}} - \frac{6}{{13}}i \end{array}\)
b) \[\left( 7-3i \right)z+\left( 2+3i \right)=\left( 5-4i \right)z\]
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {7 - 3i} \right)z - \left( {5 - 4i} \right)z = - \left( {2 + 3i} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {2 + i} \right)z = - \left( {2 + 3i} \right)\\ \Leftrightarrow z = - \frac{{2 + 3i}}{{2 + i}}\\ \Leftrightarrow z = - \frac{{\left( {2 + 3i} \right)\left( {2 - i} \right)}}{{4 + 1}}\\ \Leftrightarrow z = - \frac{7}{5} - \frac{4}{5}i \end{array}\)
c) \[{{z}^{2}}-2z+13=0\]
Ta có \[\Delta '={{\left( -1 \right)}^{2}}-13=-12=12{{i}^{2}}\]
\[\Rightarrow \] Phương trình đã cho có hai nghiệm phức \[{{z}_{1,2}}=1\pm 2\sqrt{3}i\]
d) \[{{z}^{4}}-{{z}^{2}}-6=0\]
Đặt \[t={{z}^{2}}\] . Phương trình trở thành
\({t^2} - t - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = - 2\\ t = 3 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} {z^2} = - 2 = 2{i^2}\\ {z^2} = 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} z = \pm \sqrt 2 i\\ z = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\)
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm phức \(\left[ \begin{array}{l} z = \pm \sqrt 2 i\\ z = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\)
Bài 16.
a) Gọi số phức \[z=x+yi\left( x;y\in \mathbb{R} \right)\]
Ta có \[\left| z \right|\le 2\Leftrightarrow \left| x+yi \right|\le 2\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\le 2\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le 4\].
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức \[z\] là hình tròn có tâm \[O\left( 0;0 \right)\] và bán kính \[R=2\] .
b) Gọi số phức \[z=x+yi\left( x;y\in \mathbb{R} \right)\]
Ta có \[\left| z-i \right|\le 1\Leftrightarrow \left| x+yi-i \right|\le 1\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}}\le 1\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}\le 1\].
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức \[z\] là hình tròn có tâm \[I\left( 0;1 \right)\] và bán kính \[R=1\] .
c) Gọi số phức \[z=x+yi\left( x;y\in \mathbb{R} \right)\]
Ta có \[\left| z-1-i \right|<1\Leftrightarrow \left| x-1+yi-i \right|<1\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}}<1\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}<1\].
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức \[z\] là hình tròn có tâm \[I\left( 1;1 \right)\] và bán kính \[R=1\] không kể biên
Gợi ý Giải bài tập sách giáo khoa ôn tập cuối năm giải tích 12, toán 12 số phức lý thuyết trọng tâm giúp học sinh nắm vững kiến thức chính xác nhanh nhất do đội ngũ giáo viên ican trực tiếp biên soạn.