Toán 11 Ôn tập cuối năm - Đại số và Giải tích 11

Toán 11 Ôn tập cuối năm - Đại số và Giải tích 11 | Giải Toán lớp 11

Trần Thị Hường Ngày: 20-05-2022 Lớp 11

420

Toptailieu.vn giới thiệu Giải bài tập Toán 11 Ôn tập cuối năm - Đại số và Giải tích 11 chính xác, chi tiết nhất giúp học sinh dễ dàng làm bài tập về đại số và giải tích lớp 11.

Giải bài tập Toán 11 Ôn tập cuối năm - Đại số và Giải tích 11

Trả lời câu hỏi giữa bài:

Câu 1 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Nêu định nghĩa các hàm số lượng giác. Chỉ rõ tập xác định và giá trị của từng hàm số đó.

Phương pháp giải:

Dựa vào định nghĩa và tính chất các hàm lượng giác đã học.

Lời giải:

_ Hàm số sin: $\sin : R \to R$

$x \mapsto y = sinx$

Hàm số $y = \sin x$ có tập xác định là $R$ và tập giá trị là $[- 1, 1]$

_ Hàm số cosin:

$\begin{aligned} cosin : & R \to R \\ x \mapsto y = \cos x \end{aligned}$

Hàm số $y = \cos x$ có có tập xác định là $R$ và có tập giá trị là $[- 1, 1]$

_ Hàm số $t a n$ :

$\begin{aligned} \tan : R ∖ {\frac{π}{2} + k π, k \in Z & } \to R \\ x \mapsto y = \tan x = \frac{\sin x}{\cos x} \end{aligned}$

Hàm số $y = \tan x$ có tập xác định là $R ∖ {\frac{π}{2} + k π, k \in Z}$ và có tập giá trị là $R$ .

_ Hàm số cot:

$\begin{aligned} \cot : R ∖ {k π, k \in Z} & \mapsto R \\ x \mapsto y = \cot x = \frac{\cos x}{\sin x} \end{aligned}$

Hàm số $y = \cot x$ có tập xác định là $R ∖ {k π, k \in Z}$ và có tập giá trị là $R$ .

Câu 2 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Cho biết chu kì của mỗi hàm số

y = s i n x, y = c o s x, y = t a n x, y = c o t x

Phương pháp giải:

Dựa vào chu kì tuần hoàn của các hàm số lượng giác.

Lời giải:

_ Chu kì của hàm số $y = \sin x$ là $T = 2 π$

_ Chu kì của hàm số $y = \cos x$ là $T = 2 π$

_ Chu kì của hàm số $y = \tan x$ là $T = π$

_ Chu kì của hàm số $y = \cot x$ là $T = π$

Câu 3 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Nêu cách giải các phương trình lượng giác cơ bản, cách giải phương trình dạng:

a \sin x + b \cos x = c

Phương pháp giải:

Nêu cách giải phương trình thuần nhất đối với sin và cos.

Lời giải:

_ Phương trình lượng giác dạng cơ bản:

$\begin{aligned} \sin x = \sin α \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = α + k 2 π \\ x = π - α + k 2 π \end{matrix}; k \in Z \\ \cos x = \cos α \Leftrightarrow x = \pm α, k \in Z \\ \tan x = \tan α \Leftrightarrow x = α + k π, k \in Z \\ \cot x = \tan α \Leftrightarrow x = α + k π, k \in Z \end{aligned}$

Hoặc:

$\begin{aligned} \sin x = a (| a | \leq 1) \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = \arcsin a + k 2 π \\ x = π - \arcsin a + k 2 π \end{matrix}; k \in Z \\ \cos x = a (| a | \leq 1) \Leftrightarrow x = \pm \arccos a, k \in Z \\ \tan x = a \Leftrightarrow x = \arctan a + k π, k \in Z \\ \cot x = a \Leftrightarrow x = a r c \cot a + k π, k \in Z \end{aligned}$

_ Phương trình dạng : $a \sin x + b \cos x = c$ (*)

Cách giải:

+ Chia cả hai vế của phương trình (*) cho $\sqrt{a^{2} + b^{2}}$

$P t \Leftrightarrow \frac{a}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} \sin x + \frac{b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} \cos x = \frac{c}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} (* *)$

Vì ${(\frac{a}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}})}^{2} + {(\frac{b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}})}^{2} = 1$ nên ta đặt:

$\cos α = \frac{a}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}; \sin α = \frac{b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}$

+ Khi đó phương trình (**)

$\begin{aligned} \Leftrightarrow \sin x . c o s α + \cos x . \sin α = \frac{c}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} \\ \Leftrightarrow \sin (x + α) = \frac{c}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} \end{aligned}$

Đây là phương trình cơ bản ta đã biết cách giải.

Câu 4 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Viết công thức tính số hoán vị của tập gồm n phần tử (n > 1). Nêu ví dụ.

Lời giải:

_ Số hoán vị của $n$ phần tử là $P_{n} = n! (n > 1)$ _ Ví dụ: Từ các chữ số $1, 2, 3, 4$ ta có thể lập được $P_{4} = 4!$ số gồm $4$ chữ số đôi một khác nhau (do mỗi số lập được là một hoán vị của $4$ phần tử).

Câu 5 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Viết công thức tính số chỉnh hợp chập

k

của

n

phần tử, công thức tính số tổ hợp chập

k

của

n

phần tử. Cho ví dụ.

Lời giải:

*) Số chỉnh hợp chập $k$ của $n$ phần tử là $A_{n}^{k} = \frac{n!}{(n - k)!} = n (n - 1) . . . (n - k + 1)$

Ví dụ: Cho $10$ điểm $A_{1}, A_{2}, . . . A_{10}$ phân biệt. Số vecto tạo bởi hai trong $10$ điểm đã cho là $A_{10}^{2}$ .

*) Số tổ hợp chập $k$ của $n$ phần tử là: $C_{n}^{k} = \frac{n!}{k! (n - k)!} (n, k \in N, k \leq n)$

Ví dụ: Lớp 11A có 40 học sinh, có bao nhiêu cách chọn 6 học sinh để trực nhật (giả sử tất cả các học sinh đều bình đẳng về mọi mặt).

Số cách chọn học sinh là: $C_{40}^{6}$ .

Câu 6 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Viết công thức nhị thức Niu-tơn:

Lời giải:

Công thức nhị thức Niu-tơn:

${(a + b)}^{n}$
$= C_{n}^{0} a^{n} + C_{n}^{1} a^{n - 1} b + C_{n}^{2} a^{n - 2} b^{2} + . . . + C_{n}^{n - 1} a b^{n - 1}$ $+ C_{n}^{n} b^{n}$

Số hạng tổng quát: $T_{k + 1} = C_{n}^{k} a^{n - k} b^{k}$ .

Câu 7 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Phát biểu định nghĩa xác suất (cổ điển) của biến cố.

Lời giải:

Giả sử $A$ là một biến cố liên quan đến một phép thử chỉ có một số hữu hạn kết quả đồng khả năng xuất hiện.

Kí hiệu $n (Ω), n (A)$ theo thứ tự là số các kết quả có thể xảy ra của phép thử và số phần tử của A.

Ta gọi tỉ số $\frac{n (A)}{n (Ω)}$ là xác suất của biến cố $A$ , kí hiệu là $P (A)$ .

Công thức tính: $P (A) = \frac{n (A)}{n (Ω)}$ .

Câu 8 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Nêu rõ các bước chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học và cho ví dụ.

Lời giải:

_ Các bước của phương pháp chứng minh quy nạp:

+ B1: Chứng minh bài toán đúng với $n = 1$

+ B2: Giả thiết bài toán đúng với $n = k$ (gọi là giả thiết quy nạp)

+ B3. Chứng minh bài toán đúng với $n = k + 1$

Khi đó kết luận bài toán đúng với mọi $n \in N^{*}$

_ Ví dụ: Chứng minh rằng: với mọi $n \in N^{*}$ ta có:

$1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + . . . + n^{2} = \frac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6} (1)$

Giải

_ Khi $n = 1$ thì (1) trở thành $1^{2} = \frac{1 (1 + 1) (2 + 1)}{6}$ đúng.

_ Giả sử (1) đúng khi $n = k$ , tức là:

$1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + . . . . + k^{2} = \frac{k (k + 1) (2 k + 1)}{6}$

_ Ta chứng minh (1) đúng khi $n = k + 1$ , tức là phải chứng minh:

$1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + . . . . + (k + 1)^{2} = \frac{(k + 1) (k + 2) (2 k + 3)}{6}$

_ Thật vậy :

$\begin{aligned} 1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + . . . . + k^{2} + (k + 1)^{2} \\ = \frac{k (k + 1) (2 k + 1)}{6} + (k + 1)^{2} \\ = \frac{(k + 1) k (2 k + 1) + 6 (k + 1)}{6} \\ = \frac{(k + 1) (2 k^{2} + 7 k + 6)}{6} \\ = \frac{(k + 1) (k + 2) (2 k + 3)}{6} \end{aligned}$

Vậy (1) đúng khi $n = k + 1$ .

Kết luận: (1) đúng với $n \in N^{*}$ .

Câu 9 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Phát biểu định nghĩa cấp số cộng và công thức tính tổng

n

số hạng đầu tiên của một cấp số cộng.

Lời giải:

Cấp số cộng là một dãy số (hữu hạn hoặc vô hạn) mà trong đó, kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều bằng tổng của số hạng đứng ngay trước nó và một số $d$ không đổi, nghĩa là: $(u_{n})$ là cấp số cộng $\Leftrightarrow \forall n \geq 2, u_{n} = u_{n + 1} + d$

Số $d$ gọi là công sai của cấp số cộng.

Tổng của $n$ số hạng đầu tiên của một cấp số cộng là:

$\begin{array}{l} S_{n} = u_{1} + u_{2} + . . . + u_{n} \\ = \frac{n (u_{1} + u_{n})}{2} \\ = \frac{n [2 u_{1} + (n - 1) d]}{2} \end{array}$

Câu 10 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Phát biểu định nghĩa cấp số nhân và công thức tính tổng

n

số hạng đầu tiên của một cấp số nhân.

Lời giải:

Cấp số nhân là một dãy các số (hữu hạn hoặc vô hạn) mà trong đó, kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều bằng tích của số hạng đứng ngay trước nó và một số $q$ không đổi.

$(u_{n})$ là cấp số nhân $\Leftrightarrow \forall n \geq 2, u_{n} = u_{n - 1} . q$

Số $q$ gọi là công bội của cấp số nhân.

Tổng của $n$ số hạng đầu tiên của một cấp số nhân là: $S_{n} = \frac{u_{1} (1 - q^{n})}{1 - q} (q \neq 1)$ .

Câu 11 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Dãy số

(u_{n})

thỏa mãn điều kiện gì thì được gọi là có giới hạn

0

khi

n

dần tới dương vô cực.

Lời giải:

Ta nói dãy số $(u_{n})$ có giới hạn là $0$ khi $n$ dần tới dương vô cực, nếu $| u_{n} |$ có thể nhỏ hơn một số dương bé tùy ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi.

Kí hiệu: $lim_{x \to + \infty} u_{n} = 0$ hay $u_{n} \to 0$ khi $n \to + \infty$ .

Câu 12 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Viết công thức tính tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn.

Lời giải:

Công thức tính tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn: $S = \frac{u_{1}}{1 - q} (| q | < 1)$ .

Câu 13 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11 :Định nghĩa hàm số có giới hạn

+ \infty

khi

x \to - \infty

Lời giải:

Cho hàm số $y = f (x)$ xác định trên khoảng $(- \infty, a)$

Ta nói hàm số $f (x)$ có giới hạn là $+ \infty$ khi $x \to - \infty$ nếu với dãy số $(x_{n})$ bất kì, $x_{n} < a$ và $x_{n} \to - \infty$ , ta có $f (x_{n}) \to + \infty$ .

Kí hiệu $lim_{x \to - \infty} f (x) = + \infty$

Ví dụ:

$lim_{x \to - \infty} \frac{x^{3}}{x + 1}$ $= lim_{x \to - \infty} \frac{x^{2} . x}{x . (1 + \frac{1}{x})}$ $= lim_{x \to - \infty} \frac{x^{2}}{1 + \frac{1}{x}}$ $= lim_{x \to - \infty} [x^{2} (1 + \frac{1}{x})]$

Mà $lim_{x \to - \infty} x^{2} = + \infty$ và $lim_{x \to - \infty} (1 + \frac{1}{x}) = 1 > 0$ nên $lim_{x \to - \infty} [x^{2} (1 + \frac{1}{x})] = + \infty$

Vậy $lim_{x \to - \infty} \frac{x^{3}}{x + 1} = + \infty$ .

Câu 14 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Nêu các giới hạn đặc biệt của dãy số và của hàm số.

Lời giải:

_ Các giới hạn đặc biệt của dãy số

$\begin{aligned} lim \frac{1}{n} = 0; lim \frac{1}{n^{k}} = 0 (k \in N^{*}) \\ lim q^{n} = 0 (| q | < 1) \end{aligned}$

_ Nếu $u_{n} = c$ ( $c$ là hằng số) thì $lim u_{n} = lim c = c$

_ Các giới hạn đặc biệt của hàm số

$lim_{x \to + \infty} x^{k} = + \infty$ với $k \in N^{*}$

$lim_{x \to - \infty} x^{k} = - \infty$ nếu $k$ là số lẻ

$lim_{x \to - \infty} x^{k} = + \infty$ nếu $k$ là số chẵn.

Câu 15 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Nêu định nghĩa hàm số liên tục tại một điểm, trên một khoảng. Nêu hình ảnh hình học của một hàm số liên tục trên một khoảng.

Lời giải:

Định nghĩa 1:

+ Hàm số $f (x)$ xác định trên khoảng $K$ được gọi là liên tục tại $x_{0} \in K$ nếu: $lim_{x \to x_{0}} f (x) = f (x_{0})$

+ Hàm số không liên tục tại điểm $x_{0}$ thì được gọi là gián đoạn tại điểm đó.

Định nghĩa 2:

a) Hàm số $f (x)$ được gọi là liên tục trên một khoảng nếu nó liên tục tại mọi điểm trên khoảng đó.

b) Hàm số $f (x)$ được gọi là liên tục trên $[a, b]$ nếu nó liên tục trên khoảng $(a, b)$ và $lim_{x \to a^{+}} f (x) = f (a); lim_{x \to b^{-}} f (x) = f (b)$

Nhận xét:

Đồ thị của hàm liên tục trên một khoảng là một đường liền trên khoảng đó (hình dưới)

Hình dưới đây cho ví dụ về đồ thị của một hàm số không liên tục trên khoảng $(a, b)$

Câu 16 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11 :Phát biểu định nghĩa đạo hàm của hàm số

y = f (x)

tại

x = x_{0}

Lời giải:

Cho hàm số $y = f (x)$ xác định trên khoảng $(a, b)$ và $x_{0} \in (a, b)$

Nếu tồn tại $lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}}$ thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm số $y = f (x)$ tại điểm $x_{0}$ và kí hiệu $f^{'} (x_{0})$

Tức là $f^{'} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}}$ .

Câu 17 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Viết tất cả các công thức tính đạo hàm đã học.

Lời giải:

Quy tắc tính đạo hàm:

+) $(u + v - w) = u^{'} + v^{'} - w^{'}$

+) $(u . v . w)^{'} = u^{'} . v w + u . v^{'} w + u . v . w^{'}$

+) $(u . v)^{'} = u . v^{'} + v . u^{'}$

+) $(\frac{u}{v})^{'} = \frac{u . v^{'} - u^{'} . v}{v^{2}} (v = v (x) \neq 0)$

+) $(\frac{1}{u})^{'} = - \frac{u^{'}}{u^{2}} (u = u (x) \neq 0)$

Câu 18 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Giả sử hàm số

y = f (x)

có đạo hàm tại

x_{0}

. Hãy viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm

M_{0} (x_{0}, f (x_{0}))

Lời giải:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f (x)$ tại điểm $M_{0} (x_{0}, f (x_{0}))$ là: $y - f (x_{0}) = f^{'} (x_{0}) (x - x_{0})$ .

Bài tập trang 178, 179, 180, 181 SGK Toán 11

Bài 1 trang 178 SGK Đại số và giải tích 11: Cho hàm số y = cos 2x.

a) Chứng minh rằng: $\cos 2 (x + k π) = \cos 2 x$ với mọi số nguyên $k$ . Từ đó vẽ đồ thị (C) của hàm số $y = \cos 2 x$ .

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ $x = \frac{π}{3}$ .

c) Tìm tập xác định của hàm số $z = \sqrt{\frac{1 - \cos 2 x}{1 + \cos^{2} 2 x}}$ .

Phương pháp giải:

a) Sử dụng chu kì tuần hoàn của hàm số cos.

b) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f (x)$ tại điểm có hoành độ $x = x_{0}$ là: $y - y_{0} = f^{'} (x_{0}) (x - x_{0})$ .

c) Hàm số $y = \sqrt{f (x)}$ xác định $\Leftrightarrow f (x) \geq 0$ , sử dụng tính chất $\cos α \in [- 1; 1]$ .

Lời giải:

Ta có: $\cos 2 (x + k π) = \cos (2 x + k 2 π) = \cos 2 x$ .

_ Từ kết quả trên ta suy ra hàm số $y = \cos 2 x$ là hàm số tuần hoàn có chu kì là $π$ .

_ Do đó, ta chỉ cần vẽ đồ thị hàm số $y = \cos 2 x$ trên $[0, π]$ và tịnh tiến nó song song với trục $O x$ các đoạn có độ dài là $π$ .

Bảng giá trị đặc biệt

$x$	$0$	$\frac{π}{4}$	$\frac{π}{2}$	$\frac{3 π}{4}$	$π$
$\cos 2 x$	$1$	$0$	$- 1$	$0$	$1$

Đồ thị hàm số :

Ta có: $x_{0} = \frac{π}{3} \Rightarrow y_{0} = \cos \frac{2 π}{3} = - \frac{1}{2}$

Ta lại có:

$\begin{aligned} f^{'} (x) = - 2 \sin 2 x \\ \Rightarrow f^{'} (\frac{π}{3}) = - 2 \sin \frac{2 π}{3} = - \sqrt{3} \end{aligned}$

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

$y + \frac{1}{2} = - \sqrt{3} (x - \frac{π}{3}) \Leftrightarrow y = - \sqrt{3} x + \frac{π \sqrt{3}}{3} - \frac{1}{2}$

Ta có:

$| c o s 2 x | \leq 1$ nên $1 - c o s 2 x \geq 0, \forall x \in R$ .

$\Rightarrow \frac{1 - \cos 2 x}{1 + \cos^{2} 2 x} \geq 0 \forall x \in R$

Do đó, tập xác định của hàm số $z$ là $R$ .

Bài 2 trang 179 SGK Đại số và giải tích 11: Cho hàm số $A = \frac{5}{6 + 7 \sin 2 α}$ .

a) Tính $A = \frac{5}{6 + 7 \sin 2 α}$ , biết rằng $\tan α = 0, 2$ .

b) Tính đạo hàm của hàm đã cho.

c) Xác định các khoảng trên đó $y^{'}$ không dương.

Phương pháp giải:

a) Sử dụng công thức $\sin 2 α = \frac{2 t}{1 + t^{2}}$ với $t = \tan α$ tính $\sin 2 α$ , từ đó tính giá trị của biểu thức A.

b) Sử dụng quy tắc tính đạo hàm của hàm số hợp và các quy tắc tính đạo hàm của hàm lượng giác.

c) Xác định các khoảng trên đó $y^{'}$ không dương.

Lời giải:

a) Tính $A$

Đặt $t = \tan α = 0, 2$ , ta có:

$\begin{aligned} \sin 2 α = 2 \sin α \cos α \\ = \frac{2 \sin α \cos α}{\sin^{2} α + \cos^{2} α} \\ = \frac{2 \sin α \cos α}{\cos^{2} α (1 + \tan^{2} α)} \\ = \frac{2 \sin α}{\cos α (1 + t a n^{2} α)} \\ = \frac{2 \tan α}{1 + t a n^{2} α} = \frac{2 t}{1 + t^{2}} \end{aligned}$

Với $t = 0, 2$ ta có:

$A = \frac{5}{6 + 7. \frac{2 t}{1 + t^{2}}} = \frac{5}{6 + \frac{14.0, 2}{1 + {(0, 2)}^{2}}} = \frac{65}{113}$

Tính đạo hàm

$y^{'} = \frac{- 5 (6 + 7 \sin 2 x)^{'}}{{(6 + 7 \sin 2 x)}^{2}}$

$= \frac{- 5.7. {(2 x)}^{'} \cos 2 x}{{(6 + 7 \sin 2 x)}^{2}}$

$= \frac{- 70. \cos 2 x}{{(6 + 7 \sin 2 x)}^{2}}$

Các khoảng mà trên đó y' không dương.

$\begin{aligned} \Leftrightarrow y^{'} \leq 0, x \in D \Leftrightarrow {\begin{matrix} \cos 2 x \geq 0 \\ \sin 2 x \neq \frac{- 6}{7} \end{matrix} \\ \Leftrightarrow {\begin{matrix} 2 x \in [- \frac{π}{2} + k 2 π; \frac{π}{2} + k 2 π] \\ \sin 2 x \neq \frac{- 6}{7} \end{matrix} (k \in Z) \\ \Leftrightarrow {\begin{matrix} x \in [- \frac{π}{4} + k π; \frac{π}{4} + k π] \\ \sin 2 x \neq \frac{- 6}{7} \end{matrix} (k \in Z) \end{aligned}$

Bài 3 trang 179 SGK Đại số và giải tích 11: Giải các phương trình

a) $2 \sin \frac{x}{2} \cos^{2} x - 2 \sin \frac{x}{2} \sin^{2} x = \cos^{2} x - \sin^{2} x$

b) $3 \cos x + 4 \sin x = 5$

c) $\sin x + \cos x = 1 + \sin x . \cos x$

d) $\sqrt{1 - \cos x} = \sin x (x \in [π, 3 π])$

e) $(\cos \frac{x}{4} - 3 \sin x) \sin x + (1 + \sin \frac{x}{4} - 3 \cos x) \cos x$ $= 0$

Phương pháp giải:

a) Đưa phương trình về dạng tích, giải phương trình lượng giác cơ bản.

b) Chia cả hai vế cho $\sqrt{a^{2} + b^{2}}$ .

c) Đưa phương trình về dạng tích, giải phương trình lượng giác cơ bản.

d) Bình phương hai vế, đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác.

e) Phá ngoặc và nhóm các hạng tử phù hợp.

Lời giải:

$\begin{aligned} 2 \sin \frac{x}{2} \cos^{2} x - 2 \sin \frac{x}{2} \sin^{2} x = \cos^{2} x - \sin^{2} x \\ \Leftrightarrow 2 \sin \frac{x}{2} (\cos^{2} x - \sin^{2} x) = \cos^{2} x - \sin^{2} x \\ \Leftrightarrow 2 \sin \frac{x}{2} . c o s 2 x = \cos 2 x \\ \Leftrightarrow \cos 2 x (2 \sin \frac{x}{2} - 1) = 0 \\ \Leftrightarrow [\begin{matrix} \cos 2 x = 0 \\ \sin \frac{x}{2} = \frac{1}{2} = \sin \frac{π}{6} \end{matrix} \\ \Leftrightarrow [\begin{matrix} 2 x = \frac{π}{2} + k π \\ [\begin{matrix} \frac{x}{2} = \frac{π}{6} + k 2 π \\ \frac{x}{2} = π - \frac{π}{6} + k 2 π \end{matrix} \end{matrix} \\ \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = \frac{π}{4} + \frac{k π}{2} \\ x = \frac{π}{3} + k 4 π \\ x = \frac{5 π}{3} + k 4 π \end{matrix} (k \in Z) \end{aligned}$

b) Ta có:

$\begin{aligned} 3 c o s x + 4 s i n x = 5 \\ \Leftrightarrow \frac{3}{5} \cos x + \frac{4}{5} \sin x = 1 \\ \Leftrightarrow \cos x \cos φ + \sin x \sin φ = 1 \\ (với c o s φ = \frac{3}{5}; \sin φ = \frac{4}{5}) \\ \Leftrightarrow \cos (x - φ) = 1 \\ \Leftrightarrow x - φ = k 2 π (k \in Z) \\ \Leftrightarrow x = φ + k 2 π (k \in Z) \end{aligned}$

$c) s i n x + c o s x = 1 + s i n x . c o s x$

$\Leftrightarrow s i n x - s i n x . c o s x + c o s x - 1 = 0$

$\Leftrightarrow s i n x (1 - c o s x) - (1 - c o s x) = 0$

$\begin{aligned} \Leftrightarrow (1 - \cos x) (\sin x - 1) = 0 \\ \Leftrightarrow [\begin{matrix} cosx = 1 \\ s i n x = 1 \end{matrix} \\ \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = k 2 π \\ x = \frac{π}{2} + k 2 π \end{matrix} (k \in Z) \end{aligned}$

d) Điều kiện $\sin x \geq 0$ . Khi đó:

$\begin{aligned} \sqrt{1 - \cos x} = \sin x \\ \Leftrightarrow 1 - \cos x = \sin^{2} x \\ \Leftrightarrow 1 - \sin^{2} x - \cos x = 0 \\ \Leftrightarrow \cos^{2} x - \cos x = 0 \\ \Leftrightarrow \cos x (c o s x - 1) = 0 \\ \Leftrightarrow [\begin{matrix} \cos x = 0 \\ \cos x = 1 \end{matrix} \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = \frac{π}{2} + k π \\ x = k 2 π \end{matrix}; k \in Z \end{aligned}$

$\begin{array}{l} π \leq \frac{π}{2} + k π \leq 3 π \\ \Leftrightarrow \frac{1}{2} \leq k \leq \frac{5}{2} \\ \overset{k \in Z}{\Rightarrow} [\begin{array}{l} k = 1 \Rightarrow x = \frac{3 π}{2} (k t m \sin x \geq 0) \\ k = 2 (t m) \end{array} \\ π \leq k 2 π \leq 3 π \\ \Leftrightarrow \frac{1}{2} \leq k \leq \frac{3}{2} \overset{k \in Z}{\Rightarrow} k = 1 \Rightarrow x = 2 π (t m) \end{array}$

Vì $\sin \frac{5 x}{4} \leq 1; \cos x \leq 1 \Rightarrow \sin \frac{5 x}{4} + \cos x \leq 2 < 3 \Rightarrow$ phương trình trên vô nghiệm.

Bài 4 trang 179 SGK Đại số và giải tích 11: Trong một bệnh viện có 40 bác sĩ ngoại khoa. Hỏi có bao nhiêu cách phân công ca mổ, nếu mỗi ca gồm:

a) Một bác sĩ mổ, một bác sĩ phụ;

b) Một bác sĩ mổ và $4$ bác sĩ phụ.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tổ hợp, chỉnh hợp.

Lời giải:

Mỗi cách chọn $2$ trong $40$ bác sĩ sao cho 1 bác sĩ mổ, 1 bác sĩ phụ là một chỉnh hợp chập 2 của 40.

Vậy số cách chọn là: $A_{40}^{2} = 1560$ (cách)

Cách khác:

Có $40$ cách chọn 1 bác sĩ mổ.

Có $39$ cách chọn 1 bác sĩ phụ trong $39$ bác sĩ còn lại.

Vậy có $40.39 = 1560$ cách chọn.

+ Chọn $1$ trong $40$ bác sĩ để mổ : có $40$ cách chọn

+ Chọn $4$ trong $39$ bác sĩ còn lại để phụ mổ: $C_{39}^{4}$

Vậy số cách chọn là: $40. C_{39}^{4} = 3290040$ .

Bài 5 trang 179 SGK Đại số và giải tích 11: Tìm số hạng không chứa

a

trong khai triển nhị thức

${(\frac{1}{a^{3}} + a^{2})}^{10}$

Phương pháp giải

Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton.

Để tìm số hạng không chứa $a$ ta cho số mũ của x bằng 0.

Lời giải:

Số hạng tổng quát:

$T_{k + 1} = C_{10}^{k} {(\frac{1}{a^{3}})}^{10 - k} {(a^{2})}^{k}$ $= C_{10}^{k} . \frac{1}{a^{30 - 3 k}} . a^{2 k} = C_{10}^{k} . a^{2 k - 30 + 3 k}$ $= C_{10}^{k} a^{5 k - 30}$

Số hạng không chứa $a$ ứng với $k$ thỏa mãn: $5 k - 30 = 0 \Leftrightarrow 5 k = 30 \Leftrightarrow k = 6$

Vậy số hạng không chứa $a$ là $C_{10}^{6} = 210$ .

Bài 6 trang 179 SGK Đại số và giải tích 11: Chọn ngẫu nhiên ba học sinh từ một tổ gồm sáu nam và bốn nữ. Tính xác suất sao cho:

a) Cả ba học sinh đều là nam.

b) Có ít nhất một nam.

Phương pháp giải:

a) Chọn ba học sinh nam trong 6 học sinh nam.

b) Sử dụng biến cố đối.

Lời giải:

Không gian mẫu gồm các tổ hợp chập $3$ của $10$ học sinh. Vậy $n (Ω) = C_{10}^{3} = 120$

Gọi $A$ là biến cố cả ba học sinh đều là nam được chọn

Số cách chọn $3$ trong $6$ nam là tổ hợp chập $3$ của $6$ (nam)

Ta có: $n (A) = C_{6}^{3} = 20$

Vậy: $P (A) = \frac{n (A)}{n (Ω)} = \frac{20}{120} = \frac{1}{6}$ .

Gọi $B$ là biến cố có ít nhất một nam được chọn

Ta có: $\bar{B}$ là biến cố không có nam (nghĩa là có $3$ nữ)

Số cách chọn $3$ trong 4 nữ là : $n (\bar{B}) = C_{4}^{3} = 4$

Suy ra:

$\begin{aligned} P (\bar{B}) = \frac{4}{120} = \frac{1}{30} \\ \Rightarrow P (B) = 1 - \frac{1}{30} = \frac{29}{30} \end{aligned}$

Bài 7 trang 179 SGK Đại số và giải tích 11: Một tiểu đội có 10 người được xếp ngẫu nhiên thành hàng dọc, trong đó có anh A và anh B. Tính xác suất sao cho:

a) $A$ và $B$ đứng liền nhau.

b) Trong hai người có một người đứng ở vị trí số 1 và người kia đứng ở vị trí cuối cùng.

Phương pháp giải:

a) Buộc A và B và coi đó là một phần tử.

+) Xếp A hoặc B vào vị trí thứ nhất.

+) Xếp người còn lại vào vị trí cuối cùng.

+) Xếp 8 người còn lại.

Lời giải:

Không gian mẫu của các hoán vị của $10$ người.

Suy ra: $n (Ω) = 10!$

Gọi $E$ là biến cố “ $A$ và $B$ đứng liền nhau”

Vì $A$ và $B$ đứng liền nhau nên ta xem $A$ và $B$ như một phần tử $α$

Số cách sắp xếp thành hàng dọc $α$ và $8$ người còn lại là $9!$ (cách)

Mỗi hoán vị $A$ và $B$ cho nhau trong cùng một vị trí xếp hàng ta có thêm $2!$ cách xếp khác nhau.

Suy ra: $n (E) = 9! .2!$

Vậy: $P (E) = \frac{n (E)}{n (Ω)} = \frac{9! 2!}{10!} = \frac{1}{5}$

Gọi $F$ là biến cố: “Trong hai người có một người đứng ở vị trí số $1$ và người kia đứng ở vị trí cuối cùng”.

Số cách xếp $A$ và $B$ vào vị trí số $1$ và vị trí cuối là $2$ (cách).

Số cách xếp người còn lại vào vị trí cuối cùng là 1 cách.

Số cách xếp $8$ người còn lại vào $8$ vị trí còn lại là $8!$ (cách)

Suy ra: $n (F) = 2.8!$

Vậy $P (F) = \frac{n (F)}{n (Ω)} = \frac{2.8!}{10!} = \frac{1}{45}$ .

Bài 8 trang 180 SGK Đại số và giải tích 11: Tìm cấp số cộng tăng, biết rằng tổng ba số hạng đầu của nó bằng

27

và tổng các bình phương của chúng bằng

275

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức SHTQ của CSC:

u_{n} = u_{1} + (n - 1) d

Lời giải:

Xét cấp số cộng $u_{1}, u_{2}, u_{3}, . . .$ có công sai $d > 0$

Theo giả thiết ta có:

$\begin{aligned} {\begin{matrix} u_{1} + u_{2} + u_{3} = 27 \\ {u_{1}}^{2} + {u_{2}}^{2} + {u_{3}}^{2} = 275 \end{matrix} \\ \Leftrightarrow {\begin{matrix} u_{1} + (u_{1} + d) + (u_{1} + 2 d) = 27 \\ {u_{1}}^{2} + (u_{1} + d)^{2} + (u_{1} + 2 d)^{2} = 275 \end{matrix} \\ \Leftrightarrow {\begin{matrix} 3 u_{1} + 3 d = 27 \\ 3 {u_{1}}^{2} + 6 u_{1} d + 5 d^{2} = 275 \end{matrix} \\ \Leftrightarrow {\begin{matrix} u_{1} = 9 - d (1) \\ 3 {u_{1}}^{2} + 6 u_{1} d + 5 d^{2} = 275 (2) \end{matrix} \end{aligned}$

Thay $u_{1}$ ở (1) vào (2) ta được:

$\begin{array}{l} 3 {(9 - d)}^{2} + 6 d (9 - d) + 5 d^{2} = 275 \\ \Leftrightarrow 243 - 54 d + 3 d^{2} + 54 d - 6 d^{2} + 5 d^{2} = 275 \\ \Leftrightarrow 2 d^{2} = 32 \Leftrightarrow d = \pm 4 \end{array}$

Vì $d > 0$ nên ta chỉ chọn $d = 4, u_{1} = 5$

Vậy cấp số cộng phải tìm là $5, 9, 13, 17, . . .$

Cách khác:

Gọi ba số hạng đầu của CSC lần lượt là: $x - d; x; x + d$ với $d > 0$ .

Theo bài ra ta có: ${\begin{cases} x - d + x + x + d = 27 \\ {(x - d)}^{2} + x^{2} + {(x + d)}^{2} = 275 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} 3 x = 27 \\ x^{2} - 2 d x + d^{2} + x^{2} + 2 d x + d^{2} = 275 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} x = 9 \\ 3 x^{2} + 2 d^{2} = 275 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} x = 9 \\ d^{2} = 16 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} x = 9 \\ d = 4 (d > 0) \end{cases}$

Số hạng đầu là $u_{1} = x - d = 9 - 4 = 5$ .

Vậy CSC cần tìm có $u_{1} = 5, d = 4$ .

Bài 9 trang 180 SGK Đại số và giải tích 11: Cho biết trong một cấp số nhân, hiệu của số hạng thứ ba và số hạng thứ hai bằng 12 và nếu thêm 10 vào số hạng thứ nhất, thêm 8 vào số hạng thứ hai, còn giữ nguyên số hạng thứ ba thì ba số mới lập thành một cấp số cộng. Hãy tính tổng của năm số hạng đầu của cấp số nhân đã cho.

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức SHTQ của cấp số cộng, cấp số nhân và các tính chất của CSC, CSN.

Lời giải:

Theo giả thiết ta có:

Cấp số nhân: $u_{1}, u_{2}, u_{3}, . . .$

Cấp số cộng: $u_{1} + 10, u_{2} + 8, u_{3}, . . .$

Ta có hệ phương trình:

$\begin{aligned} {\begin{matrix} u_{3} - u_{2} = 12 \\ u_{2} + 8 = \frac{(u_{1} + 10) + u_{3}}{2} \end{matrix} \\ \Leftrightarrow {\begin{matrix} u_{1} q^{2} - u_{1} q = 12 \\ 2 (u_{1} q + 8) = u_{1} + 10 + u_{1} q^{2} \end{matrix} \\ \Leftrightarrow {\begin{matrix} u_{1} (q^{2} - q) = 12 \\ u_{1} (q^{2} - 2 q + 1) = 6 \end{matrix} \\ \Leftrightarrow {\begin{matrix} u_{1} (q^{2} - q) = 12 (1) \\ u_{1} (q - 1)^{2} = 6 (2) \end{matrix} (u_{1} \neq 0, q \neq 0, q \neq 1) \end{aligned}$

Lấy (1) chia cho 2 vế theo vế, ta được:

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{q^{2} - q}{{(q - 1)}^{2}} = 2 \Leftrightarrow \frac{q (q - 1)}{{(q - 1)}^{2}} = 2 \\ \Leftrightarrow \frac{q}{q - 1} = 2 \Leftrightarrow q = 2 q - 2 \Leftrightarrow q = 2 \end{array}$

Với $q = 2$ , thay vào (1) ta có: $u_{1} (4 - 2) = 12 \Leftrightarrow u_{1} = 6$

Lúc đó: $S_{5} = u_{1} \frac{1 - q^{5}}{1 - q} = 6. \frac{1 - 2^{5}}{1 - 2} = 186$ .

Bài 10 trang 180 SGK Đại số và giải tích 11: Tính các giới hạn sau:

a) $lim \frac{(n + 1) {(3 - 2 n)}^{2}}{n^{3} + 1}$ ;

b) $lim (\frac{1}{n^{2} + 1} + \frac{2}{n^{2} + 1} + \frac{3}{n^{2} + 1} + . . . + \frac{n - 1}{n^{2} + 1})$ ;

c) $lim \frac{\sqrt{4 n^{2} + 1} + n}{2 n + 1}$ ;

d) $lim \sqrt{n} (\sqrt{n - 1} - \sqrt{n})$ .

Phương pháp giải:

a) Chia cả tử và mẫu cho $n^{3}$ .

b) Cộng các phân số cùng mẫu số, sử dụng kết quả: $1 + 2 + . . . + n - 1 = \frac{(n - 1) n}{2}$ . Sau đó chia cả tử và mẫu cho $n^{2}$ .

c) Chia cả tử và mẫu cho $n^{2}$ , lưu ý căn bậc hai.

d) Nhân chia biểu thức dưới dấu $lim$ với biểu thức liên hợp của $\sqrt{n - 1} - \sqrt{n}$ , sau đó chia cả tử và mẫu của phân thức mới cho $\sqrt{n}$ .

Lời giải:

$\begin{aligned} lim \frac{(n + 1) {(3 - 2 n)}^{2}}{n^{3} + 1} = lim \frac{(1 + \frac{1}{n}) {(\frac{3}{n} - 2)}^{2}}{1 + \frac{1}{n^{3}}} \\ = \frac{(1 + 0) {(0 - 2)}^{2}}{1 + 0} = 4 \end{aligned}$

$\begin{array}{l} \frac{1}{n^{2} + 1} + \frac{2}{n^{2} + 1} + \frac{3}{n^{2} + 1} + . . . + \frac{n - 1}{n^{2} + 1} \\ = \frac{1 + 2 + . . . + n - 1}{n^{2} + 1} = \frac{\frac{n (n - 1)}{2}}{n^{2} + 1} = \frac{n^{2} - n}{2 (n^{2} + 1)} \\ = lim (\frac{1}{n^{2} + 1} + \frac{2}{n^{2} + 1} + \frac{3}{n^{2} + 1} + . . . + \frac{n - 1}{n^{2} + 1}) \\ = lim \frac{n^{2} - n}{2 (n^{2} + 1)} = lim \frac{\frac{n^{2} - n}{n^{2}}}{2. \frac{n^{2} + 1}{n^{2}}} = lim \frac{1 - \frac{1}{n}}{2 (1 + \frac{1}{n^{2}})} = \frac{1}{2} \end{array}$

$\begin{aligned} lim \frac{\sqrt{4 n^{2} + 1} + n}{2 n + 1} \\ = lim \frac{n . \sqrt{4 + \frac{1}{n^{2}}} + n}{2 n + 1} \\ = lim \frac{n . (\sqrt{4 + \frac{1}{n^{2}}} + 1)}{n (2 + \frac{1}{n})} \\ = lim \frac{\sqrt{4 + \frac{1}{n^{2}}} + 1}{2 + \frac{1}{n}} \\ = \frac{2 + 1}{2} = \frac{3}{2} \end{aligned}$

$\begin{aligned} lim \sqrt{n} (\sqrt{n - 1} - \sqrt{n}) \\ = lim \frac{\sqrt{n} (\sqrt{n - 1} - \sqrt{n}) (\sqrt{n - 1} + \sqrt{n})}{\sqrt{n - 1} + \sqrt{n}} \\ = lim \frac{\sqrt{n} [(n - 1) - n]}{\sqrt{n - 1} + \sqrt{n}} \\ = lim \frac{- \sqrt{n}}{\sqrt{n} [\sqrt{1 - \frac{1}{n}} + 1]} \\ = lim \frac{- 1}{\sqrt{1 - \frac{1}{n}} + 1} = - \frac{1}{2} \end{aligned}$

Bài 11 trang 180 SGK Đại số và giải tích 11: Cho hai dãy số

(u_{n})

(v_{n})

với

$u_{n} = \frac{n}{n^{2} + 1}$ và $v_{n} = \frac{n \cos \frac{π}{n}}{n^{2} + 1}$ .

a) Tính $lim u_{n}$ ;

b) Chứng minh rằng $lim v_{n} = 0$ .

Phương pháp giải:

a) Tính $lim u_{n}$ : Chia cả tử và mẫu cho $n^{2}$ .

b) Sử dụng định nghĩa dãy số có giới hạn 0.

Lời giải:

Ta có:

$lim u_{n} = lim \frac{n}{n^{2} + 1} = lim \frac{n^{2} (\frac{1}{n})}{n^{2} (1 + \frac{1}{n^{2}})}$ $= lim \frac{\frac{1}{n}}{1 + \frac{1}{n^{2}}} = \frac{0}{1} = 0$

Theo câu a, do $lim u_{n} = 0$ nên với $\forall ε > 0, \exists n_{0} \in N$ sao cho với mọi $n \geq n_{0}$ ta có $| u_{n} | \leq ε$ hay $| \frac{n}{n^{2} + 1} | \leq ε$ .

Khi đó $| v_{n} - 0 | = | \frac{n \cos \frac{π}{n}}{n^{2} + 1} |$ $= | \frac{n}{n^{2} + 1} | . | \cos \frac{π}{n} |$ $\leq | \frac{n}{n^{2} + 1} | \leq ε$ hay $lim v_{n} = 0$ (đpcm).

Bài 12 trang 180 SGK Đại số và giải tích 11: Chứng minh rằng hàm số

y = \cos x

không có giới hạn khi

x \to + \infty

Phương pháp giải:

Chọn hai dãy số

x_{n} = n 2 π

và

x_{n} = \frac{π}{2} + n 2 π

, chứng minh hai dãy số trên có giới hạn khác nhau khi n tiến ra

+ \infty

Lời giải:

Hàm số $f (x) = \cos x$ có tập xác định $D = R$

Chọn dãy số $(x_{n})$ với $x_{n} = n 2 π$ ( $n \in N^{*}$ ).

Ta có: $lim x_{n} = lim (n 2 π) = + \infty$

$\Rightarrow lim_{x \to + \infty} f (x) = lim f (x_{n}) = lim \cos (n 2 π) = lim 1$ $= 1$

Chọn dãy số $(x_{n})$ với $x_{n} = \frac{π}{2} + n 2 π (n \in N^{*})$

Ta có:

$\begin{aligned} lim x_{n} (\frac{π}{2} + n 2 π) = + \infty \\ \Rightarrow lim_{x \to + \infty} f (x) = lim f (x_{n}) \\ = lim [\cos (\frac{π}{2} + n 2 π)] = lim 0 = 0 \end{aligned}$

Từ hai kết quả trên, suy ra hàm số $y = \cos x$ không có giới hạn khi $x \to + \infty$ .

Bài 13 trang 180 SGK Đại số và giải tích 11: Tính các giới hạn sau:

a) $lim_{x \to - 2} \frac{6 - 3 x}{\sqrt{2 x^{2} + 1}}$ ;

b) $lim_{x \to 2} \frac{x - \sqrt{3 x - 2}}{x^{2} - 4}$ ;

c) $lim_{x \to 2^{+}} \frac{x^{2} - 3 x + 1}{x - 2}$ ;

d) $lim_{x \to 1^{-}} (x + x^{2} + . . . + x^{n} - \frac{n}{1 - x}); n \in N^{*}$ ;

e) $lim_{x \to + \infty} \frac{2 x - 1}{x + 3}$ ;

f) $lim_{x \to - \infty} \frac{x + \sqrt{4 x^{2} - 1}}{2 - 3 x}$ ;

g) $lim_{x \to - \infty} (- 2 x^{3} + x^{2} - 3 x + 1)$ .

Phương pháp giải:

a) Thay $x = - 2$ .

b) Nhân cả tử và mẫu với biểu thức liên hợp của $x - \sqrt{3 x - 2}$ , sau đó đưa tử và mẫu về dạng tích để rút gọn nhân tử $x - 2$ .

c) Sử dụng đánh giá giới hạn $\frac{L}{0}$ .

d) Sử dụng công thức tổng cấp số nhân tính $x + x^{2} + . . . x^{n}$ thu gọn dãy cần tính giới hạn và tính giới hạn.

e) Chia cả tử và mẫu cho x.

f) Chia cả từ và mẫu cho x, lưu ý căn bậc hai.

g) Đặt $x^{3}$ ra ngoài, đánh giá giới hạn của từng nhân tử và dấu của chúng.

Lời giải:

$lim_{x \to - 2} \frac{6 - 3 x}{\sqrt{2 x^{2} + 1}} = \frac{6 - 3 (- 2)}{\sqrt{2 {(- 2)}^{2} + 1}} = \frac{12}{3} = 4$

$\begin{aligned} lim_{x \to 2} \frac{x - \sqrt{3 x - 2}}{x^{2} - 4} \\ = lim_{x \to 2} \frac{(x - \sqrt{3 x - 2}) (x + \sqrt{3 x - 2})}{(x^{2} - 4) (x + \sqrt{3 x - 2})} \\ = lim_{x \to 2} \frac{x^{2} - 3 x + 2}{(x^{2} - 4) (x + \sqrt{3 x - 2})} \\ = lim_{x \to 2} \frac{(x - 2) (x - 1)}{(x - 2) (x + 2) (x + \sqrt{3 x - 2)}} \\ = lim_{x \to 2} \frac{x - 1}{(x + 2) (x + \sqrt{3 x - 2})} \\ = \frac{2 - 1}{(2 + 2) (2 + \sqrt{3.2 - 2})} = \frac{1}{16} \end{aligned}$

Ta có:

+) $lim_{x \to 2^{+}} (x^{2} - 3 x + 1) = 4 - 6 + 1 = - 1$

+) ${\begin{matrix} x - 2 > 0 \\ lim_{x \to 2^{+}} (x - 2) = 0 \end{matrix}$

Do đó: $lim_{x \to 2^{+}} \frac{x^{2} - 3 x + 1}{x - 2} = - \infty$

Ta có:

$x + x^{2} + . . . + x^{n} - \frac{n}{1 - x}$ $= \frac{x (1 - x^{n})}{1 - x} - \frac{n}{1 - x}$ $= \frac{x (1 - x^{n}) - n}{1 - x}$

$\Rightarrow lim_{x \to 1^{-}} (x + x^{2} + . . . + x^{n} - \frac{n}{1 - x})$ $= lim_{x \to 1^{-}} \frac{x (1 - x^{n}) - n}{1 - x}$

Mà $lim_{x \to 1^{-}} [x (1 - x^{n}) - n]$ $= 1 (1 - 1) - n = - n < 0$

Và ${\begin{cases} lim_{x \to 1^{-}} (1 - x) = 0 \\ 1 - x > 0 k h i x < 1 \end{cases}$ nên $lim_{x \to 1^{-}} \frac{x (1 - x^{n}) - n}{1 - x} = - \infty$

$lim_{x \to + \infty} \frac{2 x - 1}{x + 3}$ $= lim_{x \to + \infty} \frac{x (2 - \frac{1}{x})}{x (1 + \frac{3}{x})}$ $= lim_{x \to + \infty} \frac{2 - \frac{1}{x}}{1 + \frac{3}{x}} = 2$

$\begin{aligned} lim_{x \to - \infty} \frac{x + \sqrt{4 x^{2} - 1}}{2 - 3 x} \\ = lim_{x \to - \infty} \frac{x + | x | \sqrt{4 - \frac{1}{x^{2}}}}{2 - 3 x} \\ = lim_{x \to - \infty} \frac{x - x \sqrt{4 - \frac{1}{x^{2}}}}{2 - 3 x} \\ = lim_{x \to - \infty} \frac{x (1 - \sqrt{4 - \frac{1}{x^{2}}})}{x (\frac{2}{x} - 3)} \\ = lim_{x \to - \infty} \frac{1 - \sqrt{4 - \frac{1}{x^{2}}}}{\frac{2}{x} - 3} \\ = \frac{1 - \sqrt{4}}{- 3} = \frac{1}{3} \end{aligned}$

$\begin{aligned} lim_{x \to - \infty} (- 2 x^{3} + x^{2} - 3 x + 1) \\ = lim_{x \to - \infty} x^{3} (- 2 + \frac{1}{x} - \frac{3}{x^{2}} + \frac{1}{x^{3}}) = + \infty \end{aligned}$

Do $lim_{x \to - \infty} x^{3} = - \infty$ và $lim_{x \to - \infty} (- 2 + \frac{1}{x} - \frac{3}{x^{2}} + \frac{1}{x^{3}}) = - 2 < 0$ .

Bài 14 trang 181 SGK Đại số và giải tích 11: Chứng minh rằng phương trình sau có ít nhất một nghiệm:

\sin x = x - 1

Phương pháp giải:

Hàm số liên tục trên (a;b) và có

f (a) . f (b) < 0 \Rightarrow

phương trình

f (x) = 0

có ít nhất 1 nghiệm

x_{0} \in (a; b)

Lời giải:

Phương trình $\sin x = x - 1 \Leftrightarrow \sin x - x + 1 = 0$

Xét hàm số $f (x) = \sin x - x + 1$ , ta có:

${\begin{cases} f (0) = 1 \\ f (π) = 1 - π \end{cases} \Rightarrow f (0) . f (π) = 1 - π < 0 (1)$

Hàm số $f (x)$ liên tục trên $R$ nên cũng liên tục trên đoạn $[0, π]$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

Phương trình $\sin x = x - 1$ có ít nhất một nghiệm trên khoảng $(0, π)$ .

Bài 15 trang 181 SGK Đại số và giải tích 11: Phương trình sau có nghiệm hay không trong khoảng

(- 1, 3)

x^{4} - 3 x^{3} + x - 1 = 0

Phương pháp giải:

Hàm số

y = f (x)

liên tục trên (a;b) và có

f (a) . f (b) < 0 \Rightarrow

phương trình

f (x) = 0

có ít nhất 1 nghiệm

x_{0} \in (a; b)

Lời giải:

Đặt $f (x) = x^{4} - 3 x^{3} + x - 1$

Hàm số $y = f (x) = x^{4} - 3 x^{3} + x - 1$ liên tục trên $R$ nên liên tục trên đoạn $[- 1, 0]$

Ta có:

${\begin{matrix} f (- 1) = 1 + 3 - 1 - 1 = 2 > 0 \\ f (0) = - 1 < 0 \end{matrix}$ $\Rightarrow f (- 1) f (0) < 0$

Hàm số $f (x)$ liên tục trên đoạn $([- 1, 0]$ và $f (- 1) f (0) < 0$ nên phương trình $f (x) = 0$ có ít nhất 1 nghiệm trên khoảng $(- 1, 0)$

$\Rightarrow$ Phương trình $x^{4} - 3 x^{3} + x - 1 = 0$ có nghiệm trên khoảng $(- 1, 3)$ .

Bài 16 trang 181 SGK Đại số và giải tích 11: Giải các phương trình:

a) $f^{'} (x) = g (x)$ với $f (x) = \sin^{3} 2 x$ và $g (x) = 4 \cos 2 x - 5 \sin 4 x$ ;

b) $f^{'} (x) = 0$ với $f (x) = 20 \cos 3 x + 12 \cos 5 x - 15 \cos 4 x$ .

Phương pháp giải:

a) Tính $f^{'} (x)$ , đưa phương trình về dạng tích và giải phương trình lượng giác cơ bản, sử dụng công thức nhân đôi: $\sin 4 x = 2 \sin 2 x \cos 2 x$ .

Tính $f^{'} (x)$

Sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích: $\sin a + \sin b = 2 \sin \frac{a + b}{2} \cos \frac{a - b}{2}$

Đưa phương trình về dạng tích và giải phương trình lượng giác cơ bản.

Lời giải:

Ta có: $f (x) = \sin^{3} 2 x$

$\Rightarrow f^{'} (x) = 3 \sin^{2} 2 x (\sin 2 x)^{'} = 6 \sin^{2} 2 x \cos 2 x$

Do đó:

$\begin{aligned} f^{'} (x) = g (x) \\ \Leftrightarrow 6 s i n^{2} 2 x \cos 2 x = 4 \cos 2 x - 5 \sin 4 x \\ \Leftrightarrow 6 s i n^{2} 2 x \cos 2 x = 4 \cos 2 x - 10 \sin 2 x \cos 2 x \\ \Leftrightarrow \cos 2 x (3 \sin^{2} 2 x + 5 \sin 2 x - 2) = 0 \\ \Leftrightarrow [\begin{matrix} \cos 2 x = 0 (1) \\ 3 \sin^{2} 2 x + 5 \sin 2 x - 2 = 0 (2) \end{matrix} \end{aligned}$

Giải (1): $2 x = \frac{π}{2} + k π (k \in Z) \Leftrightarrow x = \frac{π}{4} + \frac{k π}{2} (k \in Z)$

Giải (2): $\Leftrightarrow [\begin{array}{l} \sin 2 x = - 2 (k t m) \\ \sin 2 x = \frac{1}{3} (t m) \end{array}$

$\begin{aligned} \sin 2 x = \frac{1}{3} \Leftrightarrow [\begin{matrix} 2 x = \arcsin (\frac{1}{3}) + k 2 π \\ 2 x = π - \arcsin (\frac{1}{3}) + k 2 π \end{matrix} \\ \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = \frac{1}{2} \arcsin (\frac{1}{3}) + k π \\ x = \frac{π}{2} - \frac{1}{2} \arcsin (\frac{1}{2}) + k π \end{matrix}; k \in Z \end{aligned}$

Tóm lại, phương trình đã cho có ba nghiệm là:

$[\begin{matrix} x = \frac{π}{4} + \frac{k π}{2} \\ x = \frac{1}{2} \arcsin (\frac{1}{3}) + k π \\ x = \frac{π}{2} - \frac{1}{2} \arcsin (\frac{1}{2}) + k π \end{matrix}; k \in Z$

Ta có:

$\begin{array}{l} f^{'} (x) = 20. {(\cos 3 x)}^{'} + 12 {(\cos 5 x)}^{'} - 15 {(\cos 4 x)}^{'} \\ = 20. (- 3 \sin 3 x) + 12. (- 5 \sin 5 x) - 15. (- 4 \sin 4 x) \\ = - 60 \sin 3 x - 60 \sin 5 x + 60 \sin 4 x \end{array}$

Do đó:

$\begin{aligned} f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow - 60 \sin 3 x - 60 \sin 5 x + 60 \sin 4 x = 0 \\ - \sin 3 x - \sin 5 x + \sin 4 x = 0 \\ \Leftrightarrow \sin 5 x + \sin 3 x - \sin 4 x = 0 \\ \Leftrightarrow 2 \sin 4 x cosx - s i n 4 x = 0 \\ \Leftrightarrow s i n 4 x (2 c o s x - 1) = 0 \end{aligned}$

$\begin{aligned} \Leftrightarrow [\begin{matrix} \sin 4 x = 0 \\ cosx = \frac{1}{2} \end{matrix} \Leftrightarrow [\begin{matrix} 4 x = k π \\ x = \pm \frac{π}{3} + k 2 π \end{matrix} \\ \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = k \frac{π}{4} \\ x = \pm \frac{π}{3} + k 2 π \end{matrix}; k \in Z \end{aligned}$

Bài 17 trang 181 SGK Đại số và giải tích 11: Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = \frac{1}{\cos^{2} 3 x}$ ;

b) $y = \frac{\cos \sqrt{x^{2} + 1}}{\sqrt{x^{2} + 1}}$ ;

c) $y = (2 - x^{2}) c o s x + 2 x . s i n x$ ;

d) $y = \frac{\sin x - x . c o s x}{\cos x + x . \sin x}$ .

Phương pháp giải:

a) Sử dụng công thức ${(\frac{1}{u})}^{'} = - \frac{u^{'}}{u^{2}}$ .

b) Sử dụng quy tắc tính đạo hàm của thương: ${(\frac{u}{v})}^{'} = \frac{u^{'} v - v^{'} u}{v^{2}}$ .

c) Sử dụng quy tắc tính đạo hàm của tích: ${(u v)}^{'} = u^{'} v + v^{'} u$ .

d) Sử dụng quy tắc tính đạo hàm của thương: ${(\frac{u}{v})}^{'} = \frac{u^{'} v - v^{'} u}{v^{2}}$ .

Lời giải:

$y^{'} = - \frac{{(\cos^{2} 3 x)}^{'}}{\cos^{4} 3 x}$ $= - \frac{2 \cos 3 x {(\cos 3 x)}^{'}}{\cos^{4} 3 x}$ $= - \frac{2 \cos 3 x .3 (- \sin 3 x)}{\cos^{4} 3 x}$

$= \frac{6 \sin 3 x}{\cos^{3} 3 x}$ .

Bài 18 trang 181 SGK Đại số và giải tích 11: Tính đạo hàm cấp hai của các hàm số sau:

a) $y = \frac{1}{x + 1}$ ;

b) $y = \frac{1}{x (1 - x)}$ ;

c) $y = \sin a x$ ( $a$ là hằng số);

d) $y = \sin^{2} x$ .

Phương pháp giải:

a) Sử dụng bảng đạo hàm cơ bản và các quy tắc tính đạo hàm của hàm số hợp, quy tắc tính đạo hàm của tích, thương.

b) Sử dụng bảng đạo hàm cơ bản và các quy tắc tính đạo hàm của hàm số hợp, quy tắc tính đạo hàm của tích, thương.

c) Sử dụng bảng đạo hàm cơ bản và các quy tắc tính đạo hàm của hàm số hợp, quy tắc tính đạo hàm của tích, thương.

Lời giải:

$y^{'} = {(\frac{1}{x + 1})}^{'}$ $= - \frac{{(x + 1)}^{'}}{{(x + 1)}^{2}} = - \frac{1}{{(x + 1)}^{2}}$

$y^{″} = {[- \frac{1}{{(x + 1)}^{2}}]}^{'}$ $= - {[\frac{1}{{(x + 1)}^{2}}]}^{'}$ $= - \frac{- {[{(x + 1)}^{2}]}^{'}}{{(x + 1)}^{4}}$ $= \frac{2 (x + 1)}{{(x + 1)}^{4}} = \frac{2}{{(x + 1)}^{3}}$

Ta có: $\frac{1}{x (1 - x)}$ $= \frac{1 - x + x}{x (1 - x)}$ $= \frac{1 - x}{x (1 - x)} + \frac{x}{x (1 - x)}$ $= \frac{1}{x} + \frac{1}{1 - x}$

Do đó:

$\begin{aligned} y^{'} = - \frac{1}{x^{2}} - \frac{(1 - x)^{'}}{{(1 - x)}^{2}} = - \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{{(1 - x)}^{2}} \\ y^{″} = - \frac{- (x^{2})^{'}}{x^{4}} - \frac{{[{(1 - x)}^{2}]}^{'}}{{(1 - x)}^{4}} \\ = - \frac{- 2 x}{x^{4}} - \frac{2 (1 - x) {(1 - x)}^{'}}{{(1 - x)}^{4}} \\ = \frac{2}{x^{3}} + \frac{2 (1 - x)}{{(1 - x)}^{4}} \\ = \frac{2}{x^{3}} + \frac{2}{{(1 - x)}^{3}} \end{aligned}$

$y^{'} = (a x)^{'} \cos a x = a . \cos a x$

$\Rightarrow y^{″} = - a (a x)^{'} \sin a x = - a^{2} \sin a x$

$y^{'} = 2 \sin x . (\sin x)^{'}$ $= 2 \sin x . \cos x = \sin 2 x$

$\Rightarrow y^{″} = (2 x)^{'} . \cos 2 x = 2. \cos 2 x$ .

Bài 19 trang 181 SGK Đại số và giải tích 11: Cho hàm số:

f (x) = x^{3} + b x^{2} + c x + d

(C)

Hãy xác định các số $a, b, c, d$ , biết rằng đồ thị hàm số (C) của hàm số $y = f (x)$ đi qua các điểm $(- 1, - 3), (1, - 1)$ và $f^{'} (\frac{1}{3}) = 0$ .

Phương pháp giải:

Đồ thị hàm số $y = f (x)$ đi qua điểm $(x_{0}; y_{0}) \Leftrightarrow y_{0} = f (x_{0})$ .

Tính f'(x) và sử dụng giả thiết $f^{'} (\frac{1}{3}) = 0$

Suy ra hệ ba phương trình ba ẩn, giải hệ phương trình.

Lời giải:

(C): $y = f (x) = x^{3} + b x^{2} + c x + d$ $\Rightarrow f^{'} (x) = 3 x^{2} + 2 b x + c$

+) Đồ thị (C) đi qua hai điểm $A (- 1, - 3), B (1, - 1)$ nên tọa độ hai điểm thỏa mãn phương trình hàm số ta có hệ:

$\begin{aligned} {\begin{matrix} - 3 = (- 1)^{3} + b (- 1)^{2} + c (- 1) + d \\ - 1 = 1^{3} + b (1)^{2} + c .1 + d \end{matrix} \\ \Leftrightarrow {\begin{matrix} b - c + d = - 2 (1) \\ b + c + d = - 2 (2) \end{matrix} \end{aligned}$

+) Mặt khác :

$\begin{aligned} f^{'} (\frac{1}{3}) = 0 \Rightarrow 3 (\frac{1}{3})^{2} + 2 b (\frac{1}{3}) + c = 0 \\ \Leftrightarrow 2 b + 3 c = - 1 (3) \end{aligned}$

+) Giải hệ phương trình (1), (2) và (3) ta được:

${\begin{matrix} b = - \frac{1}{2} \\ c = 0 \\ d = - \frac{3}{2} \end{matrix}$

Bài 20 trang 181 SGK Đại số và giải tích 11: Cho các hàm số:

f (x) = x^{3} + b x^{2} + c x + d

(C)

$g (x) = x^{2} - 3 x + 1$

với các số $b, c, d$ tìm được ở bài 19, hãy:

a) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ $x = - 1$ .

b) Giải phương trình $f^{'} (\sin x) = 0$ .

c) Tìm $lim_{x \to 0} \frac{f^{″} (\sin 5 x) + 1}{g^{'} (\sin 3 x) + 3}$ .

Phương pháp giải:

a) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f (x)$ tại điểm có hoành độ $x = x_{0}$ là $y - y_{0} = f^{'} (x_{0}) (x - x_{0})$ .

b) Tính $f^{'} (x)$ và giải phương trình.

c) Tính $f^{″} (\sin 5 x); g^{'} (\sin 3 x)$ , sử dụng giới hạn $lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ .

Lời giải:

Ở bài 19 cho:

${\begin{matrix} b = - \frac{1}{2} \\ c = 0 \\ d = - \frac{3}{2} \end{matrix}$

suy ra: $f (x) = x^{3} - \frac{1}{2} x^{2} - \frac{3}{2} (C)$

Ta có:

$\begin{aligned} x_{0} = - 1 \Rightarrow y_{0} = (- 1)^{3} - \frac{1}{2} (- 1)^{2} - \frac{3}{2} = - 3 \\ f^{'} (x) = 3 x^{2} - x \Rightarrow f^{'} (- 1) = 3. (- 1)^{2} - (- 1) = 4 \end{aligned}$

Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) tại $x_{0} = - 1$ là:

$y + 3 = 4 (x + 1) \Leftrightarrow y = 4 x + 1$

Ta có:

$\begin{aligned} f^{'} (\sin x) = 0 \\ \Leftrightarrow 3. \sin^{2} x - \sin x = 0 \\ \Leftrightarrow \sin x . (3. \sin x - 1) = 0 \\ \Leftrightarrow [\begin{matrix} \sin x = 0 \\ \sin x = \frac{1}{3} \end{matrix} \\ \sin x = 0 \Leftrightarrow x = k π (k \in Z) \\ \sin x = \frac{1}{3} \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = \arcsin \frac{1}{3} + k 2 π \\ x = π - a r c s i n \frac{1}{3} + k 2 π \end{matrix} (k \in Z) \end{aligned}$

Tìm $lim_{x \to 0} \frac{f^{″} (\sin 5 x) + 1}{g^{'} (\sin 3 x) + 3}$

Ta có:

$f^{″} (x) = 6 x - 1 \Rightarrow f^{″} (\sin 5 x) = 6. \sin 5 x - 1$

$g^{'} (x) = 2 x - 3 \Rightarrow g^{'} (\sin 3 x) = 2. \sin 3 x - 3$

Vậy:

$\begin{aligned} \frac{f^{″} (\sin 5 x) + 1}{g^{'} (\sin 3 x) + 3} \\ = \frac{6 \sin 5 x - 1 + 1}{2 \sin 3 x - 3 + 3} \\ = \frac{6. \sin 5 x}{2. \sin 3 x} \\ = 5. \frac{\sin 5 x}{5 x} . \frac{3 x}{\sin 3 x} \\ \Rightarrow lim_{x \to 0} \frac{f^{″} (\sin 5 x) + 1}{g^{'} (\sin 3 x) + 3} \\ = 5. lim_{x \to 0} \frac{\sin 5 x}{5 x} . lim_{x \to 0} \frac{3 x}{\sin 3 x} \\ = 5.1.1 = 5 \end{aligned}$