giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 3 GIẢI TÍCH TỔ HP 1. Giai thừa : n! = 1.2 n 0! = 1 n! /(n – k)! = (n – k + 1).(n – k + 2) n 2. Nguyên tắc cộng : Trường hợp 1 có m cách chọn, trường hợp 2 có n cách chọn; mỗi cách chọn đều thuộc đúng một trường hợp. Khi đó, tổng số cách chọn là : m + n. 3. Nguyên tắc nhân : Hiện tượng 1 có m cách chọn, mỗi cách chọn này lại có n cách chọn hiện tượng 2. Khi đó, tổng số cách chọn liên tiếp hai hiện tượng là : m x n. 4. Hoán vò : Có n vật khác nhau, xếp vào n chỗ khác nhau. Số cách xếp : P n = n !. 5. Tổ hợp : Có n vật khác nhau, chọn ra k vật. Số cách chọn : )!kn(!k !n C k n − = 6. Chỉnh hợp : Có n vật khác nhau. Chọn ra k vật, xếp vào k chỗ khác nhau số cách : == − kk nn n! k nk A ,A C .P (n k)! Chỉnh hợp = tổ hợp rồi hoán vò 7. Tam giác Pascal : 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 4 4 3 4 2 4 1 4 0 4 3 3 2 3 1 3 0 3 2 2 1 2 0 2 1 1 0 1 0 0 CCCCC CCCC CCC CC C Tính chất : k 1n k n 1k n k n n k n n n 0 n CCC CC,1CC + − − =+ === 8. Nhò thức Newton : * n0n n 11n1 n 0n0 n n baC baCbaC)ba( +++=+ − a = b = 1 : 01 n nn n CC C2 n + ++ = giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 4 Với a, b ∈ {±1, ±2, }, ta chứng minh được nhiều đẳng thức chứa : n n 1 n 0 n C, ,C,C * nn n 1n1 n n0 n n xC xaCaC)xa( +++=+ − Ta chứng minh được nhiều đẳng thức chứa bằng cách : n n 1 n 0 n C, ,C,C - Đạo hàm 1 lần, 2 lần, cho x = ±1, ±2, a = ±1, ±2, - Nhân với x k , đạo hàm 1 lần, 2 lần, cho x = ±1, ±2, , a = ±1, ±2, - Cho a = ±1, ±2, , hay ∫∫ ±± 2 0 1 0 hay β α ∫ Chú ý : * (a + b) n : a, b chứa x. Tìm số hạng độc lập với x : knkk m n Ca b Kx − = Giải pt : m = 0, ta được k. * (a + b) n : a, b chứa căn . Tìm số hạng hữu tỷ. mr knkk pq n Ca b Kc d − = Giải hệ pt : ⎩ ⎨ ⎧ ∈ ∈ Zq/r Z p / m , tìm được k * Giải pt , bpt chứa : đặt điều kiện k, n ∈ N C,A k n k n * , k ≤ n. Cần biết đơn giản các giai thừa, qui đồng mẫu số, đặt thừa số chung. * Cần phân biệt : qui tắc cộng và qui tắc nhân; hoán vò (xếp, không bốc), tổ hợp (bốc, không xếp), chỉnh hợp (bốc rồi xếp). * Áp dụng sơ đồ nhánh để chia trường hợp , tránh trùng lắp hoặc thiếu trường hợp. * Với bài toán tìm số cách chọn thỏa tính chất p mà khi chia trường hợp, ta thấy số cách chọn không thỏa tính chất p ít trường hợp hơn, ta làm như sau : số cách chọn thỏa p. = số cách chọn tùy ý - số cách chọn không thỏa p. Cần viết mệnh đề phủ đònh p thật chính xác. giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 5 * Vé số, số biên lai, bảng số xe : chữ số 0 có thể đứng đầu (tính từ trái sang phải). * Dấu hiệu chia hết : - Cho 2 : tận cùng là 0, 2, 4, 6, 8. - Cho 4 : tận cùng là 00 hay 2 chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 4. - Cho 8 : tận cùng là 000 hay 3 chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 8. - Cho 3 : tổng các chữ số chia hết cho 3. - Cho 9 : tổng các chữ số chia hết cho 9. - Cho 5 : tận cùng là 0 hay 5. - Cho 6 : chia hết cho 2 và 3. - Cho 25 : tận cùng là 00, 25, 50, 75. ĐẠI SỐ 1. Chuyển vế : a + b = c ⇔ a = c – b; ab = c ⇔ a/b = c ⇔ ; ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ = ≠ == b/ca 0b 0cb ⎩ ⎨ ⎧ ≠ = 0b bca 1n2 1n2 baba + + =⇔= 2n 2n 2n 2n b a aba b, ab a0 ⎧ = =⇔=± = ⇔ ⎨ ≥ ⎩ ⎩ ⎨ ⎧ α=⇔= ≥ ±= ⇔= α a bbloga, 0a ab ba ⎩ ⎨ ⎧ > < ⎩ ⎨ ⎧ < > > = ⇔<−<⇔<+ b/ca 0b b/ca 0b 0c,0b cab;bcacba 2. Giao nghiệm : ⎩ ⎨ ⎧ <⇔ < < ⎩ ⎨ ⎧ >⇔ > > }b,amin{x bx a x ;}b,amax{x bx a x giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 6 ⎧ ⎨ Γ ⎧ >∨ << < ⎧ ⎩ ⇔⇔ ⎨⎨ <Γ ≥ ⎧ ⎩ ⎩ ⎨ Γ ⎩ p xa pq axb(nếuab) ; xb VN(nếua b) q Nhiều dấu v : vẽ trục để giao nghiệm. 3. Công thức cần nhớ : a. : chỉ được bình phương nếu 2 vế không âm. Làm mất phải đặt điều kiện. ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤ ≥ ⎩ ⎨ ⎧ ⇔≤ = ≥ ⇔= 22 ba0 0b ba, ba 0b ba ⎩ ⎨ ⎧ ≥ ≥ ⎩ ⎨ ⎧ ∨ ≥ < ⇔≥ 2 ba 0b 0a 0b ba )0b,anếu(b.a )0b,anếu(b.a ab <−− ≥ = b. . : phá . bằng cách bình phương : 2 2 aa = hay bằng đònh nghóa : )0anếu(a )0anếu(a a <− ≥ = baba; ba 0b ba ±=⇔= ⎩ ⎨ ⎧ ±= ≥ ⇔= ab b a b≤⇔− ≤ ≤ b0 a b b 0hay abab ≥ ⎧ ≥⇔ < ⎨ ≤ −∨ ≥ ⎩ 0baba 22 ≤−⇔≤ c. Mũ : .1a0nếuy,1anếuy,0y,Rx,ay x <<↓>↑>∈= giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 7 0m/n mmnmn n mn mn mn m.n nn n nn n m n a1;a 1/a;a.aa a/a a ;(a) a ;a/b (a/b) a .b (ab) ; a a (m n,0 a 1) a = 1 −+ − == = === ==⇔=<≠∨ α =α <<> >< ⇔< a log nm a, )1a0nếu(nm )1anếu(nm aa d. log : y = log a x , x > 0 , 0 < a ≠ 1, y ∈ R y↑ nếu a > 1, y↓ nếu 0 < a < 1, α = log a a α log a (MN) = log a M + log a N ( ⇐ ) log a (M/N) = log a M – log a N ( ⇐ ) 2 aaa 2 a MlogMlog2,Mlog2Mlog == (⇒) log a M 3 = 3log a M, log a c = log a b.log b c log b c = log a c/log a b, Mlog 1 Mlog a a α = α log a (1/M) = – log a M, log a M = log a N ⇔ M = N aa 0MN(nếua1) logM logN M N0(nếu0a1 << > <⇔ >> << ) Khi làm toán log, nếu miền xác đònh nới rộng : dùng điều kiện chặn lại, tránh dùng công thức làm thu hẹp miền xác đònh. Mất log phải có điều kiện. 4. Đổi biến : a. Đơn giản : 2 x a t ax b R, t x 0, t x 0,t x 0, ta 0,tlogxR = +∈ = ≥ = ≥ = ≥ => = ∈ b. Hàm số : t = f(x) dùng BBT để tìm điều kiện của t. Nếu x có thêm điều kiện, cho vào miền xác đònh của f. c. Lượng giác : t = sinx, cosx, tgx, cotgx. Dùng phép chiếu lượng giác để tìm điều kiện của t. d. Hàm số hợp : từng bước làm theo các cách trên. 5. Xét dấu : a. Đa thức hay phân thức hữu tỷ, dấu A/B giống dấu A.B; bên phải cùng dấu hệ số bậc cao nhất; qua nghiệm đơn (bội lẻ) : đổi dấu; qua nghiệm kép (bội chẵn) : không đổi dấu. b. Biểu thức f(x) vô tỷ : giải f(x) < 0 hay f(x) > 0. giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 8 c. Biểu thức f(x) vô tỷ mà cách b không làm được : xét tính liên tục và đơn điệu của f, nhẩm 1 nghiệm của pt f(x) = 0, phác họa đồ thò của f , suy ra dấu của f. 6. So sánh nghiệm phương trình bậc 2 với α : f(x) = ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) * S = x 1 + x 2 = – b/a ; P = x 1 x 2 = c/a Dùng S, P để tính các biểu thức đối xứng nghiệm. Với đẳng thức g(x 1 ,x 2 ) = 0 không đối xứng, giải hệ pt : ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = += = 21 21 x.xP xxS 0g Biết S, P thỏa S 2 – 4P ≥ 0, tìm x 1 , x 2 từ pt : X 2 – SX + P = 0 * Dùng Δ, S, P để so sánh nghiệm với 0 : x 1 < 0 < x 2 ⇔ P < 0, 0 < x 1 < x 2 ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ > > >Δ 0S 0P 0 x 1 < x 2 < 0 ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ < > >Δ 0S 0P 0 * Dùng Δ, af(α), S/2 để so sánh nghiệm với α : x 1 < α < x 2 ⇔ af(α) < 0 α < x 1 < x 2 ⇔ ; x ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ <α >α >Δ 2/S 0)(f.a 0 1 < x 2 < α ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ α< >α >Δ 2/S 0)(f.a 0 α < x 1 < β < x 2 ⇔ a.f ( ) 0 a.f ( ) 0 β < ⎧ ⎪ α > ⎨ ⎪ α<β ⎩ ; x 1 < α < x 2 < β ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ β<α >β <α 0)(f.a 0)(f.a 7. Phương trình bậc 3 : giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 9 a. Viête : ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 x 1 + x 2 + x 3 = – b/a , x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 = c/a , x 1 .x 2 .x 3 = – d/a Biết x 1 + x 2 + x 3 = A , x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 = B , x 1 .x 2 .x 3 = C thì x 1 , x 2 , x 3 là 3 nghiệm phương trình : x 3 – Ax 2 + Bx – C = 0 b. Số nghiệm phương trình bậc 3 : • x = α ∨ f(x) = ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) : 3 nghiệm phân biệt ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ ≠α >Δ 0)(f 0 2 nghiệm phân biệt ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ ≠α =Δ ∨ ⎩ ⎨ ⎧ =α >Δ 0)(f 0 0)(f 0 1 nghiệm ⇔ () Δ ⎧ Δ ⎨ α ⎩ = 0 < 0 hay f = 0 • Phương trình bậc 3 không nhẩm được 1 nghiệm, m tách được sang 1 vế : dùng sự tương giao giữa (C) : y = f(x) và (d) : y = m. • Phương trình bậc 3 không nhẩm được 1 nghiệm, m không tách được sang 1 vế : dùng sự tương giao giữa (C m ) : y = f(x, m) và (Ox) : y = 0 3 nghiệm ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ < >Δ 0y.y 0 CTCĐ 'y 2 nghiệm ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = >Δ 0y.y 0 CTCĐ 'y 1 nghiệm ⇔ Δ y' ≤ 0 ∨ ⎩ ⎨ ⎧ > >Δ 0y.y 0 CTCĐ 'y c. Phương trình bậc 3 có 3 nghiệm lập thành CSC : ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = >Δ 0y 0 uốn 'y d. So sánh nghiệm với α : • x = x o ∨ f(x) = ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) : so sánh nghiệm phương trình bậc 2 f(x) với α. giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 10 • Không nhẩm được 1 nghiệm, m tách được sang 1 vế : dùng sự tương giao của f(x) = y: (C) và y = m: (d) , đưa α vào BBT. • Không nhẩm được 1 nghiệm, m không tách được sang 1 vế : dùng sự tương giao của (C m ) : y = ax 3 + bx 2 + cx + d (có m) ,(a > 0) và (Ox) α < x 1 < x 2 < x 3 ⇔ y' CĐ CT CĐ 0 y .y 0 y () 0 x Δ> ⎧ ⎪ < ⎪ ⎨ α< ⎪ ⎪ α< ⎩ x 1 < α < x 2 < x 3 ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ <α >α < >Δ CT CTCĐ 'y x 0)(y 0y.y 0 x 1 < x 2 < α < x 3 ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ α< <α < >Δ CĐ CTCĐ 'y x 0)(y 0y.y 0 x 1 < x 2 < x 3 < α ⇔ y' CĐ CT CT 0 y .y 0 y () 0 x Δ> ⎧ ⎪ < ⎪ ⎨ α> ⎪ ⎪ <α ⎩ 8. Phương trình bậc 2 có điều kiện : f(x) = ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0), x ≠ α 2 nghiệm ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ >Δ ≠α 0 0)( f , 1 nghiệm ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ ≠α =Δ ⎩ ⎨ ⎧ =α > Δ 0)(f 0 0)(f 0 α x 1 α x 1 α x 1 x x α x 1 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 11 Vô nghiệm ⇔ Δ < 0 ∨ ⎩ ⎨ ⎧ =α =Δ 0)(f 0 Nếu a có tham số, xét thêm a = 0 với các trường hợp 1 nghiệm, VN. 9. Phương trình bậc 4 : a. Trùng phương : ax 4 + bx 2 + c = 0 (a ≠ 0) ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = ≥= 0)t(f 0xt 2 t = x 2 ⇔ x = ± t 4 nghiệm ⇔ ; 3 nghiệm ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ > > >Δ 0S 0P 0 ⎩ ⎨ ⎧ > = 0S 0 P 2 nghiệm ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ > =Δ < 02/S 0 0 P ;1 nghiệm ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = =Δ ⎩ ⎨ ⎧ < = 02/S 0 0S 0 P VN ⇔ Δ < 0 ∨ ⇔ Δ < 0 ∨ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ < > ≥Δ 0S 0P 0 0 0 P S ⎧ ⎪ > ⎨ ⎪ < ⎩ 4 nghiệm CSC ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = << 12 21 t3t tt0 Giải hệ pt : ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = += = 21 21 12 t.tP ttS t9t b. ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0. Đặt t = x + x 1 . Tìm đk của t bằng BBT : 2 t ≥ c. ax 4 + bx 3 + cx 2 – bx + a = 0. Đặt t = x – x 1 . Tìm đk của t bằng BBT : t ∈ R. giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 12 d. (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e với a + b = c + d. Đặt : t = x 2 + (a + b)x. Tìm đk của t bằng BBT. e. (x + a) 4 + (x + b) 4 = c. Đặt : 2 ba xt + += , t ∈ R. 10. Hệ phương trình bậc 1 : . Tính : ⎩ ⎨ ⎧ =+ =+ 'cy'bx'a cbyax D = 'b b 'a a , D x = 'b b 'c c , D y = 'c c 'a a D ≠ 0 : nghiệm duy nhất x = D x /D , y = D y /D. D = 0, D x ≠ 0 ∨ D y ≠ 0 : VN D = D x = D y = 0 : VSN hay VN (giải hệ với m đã biết). 11. Hệ phương trình đối xứng loại 1 : Từng phương trình đối xứng theo x, y. Đạt S = x + y, P = xy. ĐK : S 2 – 4P ≥ 0. Tìm S, P. Kiểm tra đk S 2 – 4P ≥ 0; Thế S, P vào pt : X 2 – SX + P = 0, giải ra 2 nghiệm là x và y. (α, β) là nghiệm thì (β, α) cũng là nghiệm; nghiệm duy nhất ⇒ α = β ⇒ m = ? Thay m vào hệ, giải xem có duy nhất nghiệm không. 12. Hệ phương trình đối xứng loại 2 : Phương trình này đối xứng với phương trình kia. Trừ 2 phương trình, dùng các hằng đẳng thức đưa về phương trình tích A.B = 0. Nghiệm duy nhất làm như hệ đối xứng loại 1. 13. Hệ phương trình đẳng cấp : ⎩ ⎨ ⎧ =++ =++ 'dy'cxy'bx'a dcybxyax 22 22 Xét y = 0. Xét y ≠ 0 : đặt x = ty, chia 2 phương trình để khử t. Còn 1 phương trình theo y, giải ra y, suy ra t, suy ra x. Có thể xét x = 0, xét x ≠ 0, đặt y = tx. 14. Bất phương trình, bất đẳng thức : * Ngoài các bất phương trình bậc 1, bậc 2, dạng cơ bản của ., , log, mũ có thể giải trực tiếp, các dạng khác cần lập bảng xét dấu. Với bất phương trình dạng tích AB < 0, xét dấu A, B rồi AB. * Nhân bất phương trình với số dương : không đổi chiều số âm : có đổi chiều Chia bất phương trình : tương tự. * Chỉ được nhân 2 bất pt vế theo vế , nếu 2 vế không âm. [...]... π 0 + 2π giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 2 tg sin Hàm số lượng giác : M M cos Cung liên kết : * Đổi dấu, không đổi hàm : đối, bù, hiệu π (ưu tiên không đổi dấu : sin bù, cos đối, tg cotg hiệu π) * Đổi hàm, không đổi dấu : phụ * Đổi dấu, đổi hàm : hiệu 4 cotg chiếu xuyên tâm chiếu ⊥ 3 14 π 2 (sin lớn = cos nhỏ : không đổi dấu) Công thức : a Cơ bản : đổi hàm, không đổi góc b Cộng... ⎩x ±y = n Dùng công thức đổi + thành nhân, thế (2) vào (1) đưa về hệ phương trình : b Dạng 2 : ⎧ F(x ).F(y ) = m ⎨ ⎩x±y =n đổi nhân thành + ⎧x +y =a ⎨ ⎩x −y = b Tương tự dạng 1, dùng công thức giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 c Dạng 3 : Dùng tỉ ⎧ F(x ) / F(y ) = m ⎨ ⎩x±y =n a c a+ c a−c = ⇔ = lệ thức : b d b+d b−d 17 biến đổi phương trình (1) rồi dùng công thức đổi tổng thành... dùng công thức 1/cos2u = 1 + tg2u, đưa về phương trình bậc 2 theo t = tgu 12 Phương trình toàn phương mở rộng : * Bậc 3 và bậc 1 theo sinu và cosu : chia 2 vế cho cos3u * Bậc 1 và bậc – 1 : chia 2 vế cho cosu 13 Giải phương trình bằng cách đổi biến : : giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 16 Nếu không đưa được phương trình về dạng tích, thử đặt : * t = cosx : nếu phương trình không...giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 * Bất đẳng thức Côsi : a, b ≥ 0 : 13 a+ b ≥ ab 2 Dấu = xảy ra chỉ khi a = b a, b, c ≥ 0 : a+ b+c 3 ≥ abc 3 Dấu = xảy ra chỉ khi a = b = c * Bất đẳng thức Bunhiacốpxki : a, b, c, d (ac + bd)2 ≤ (a2 + b2).(c2 + d2); Dấu = xảy ra chỉ khi a/b = c/d 15 Bài toán tìm m để phương trình có k nghiệm : Nếu tách được... ngay chỗ gãy Chọn tính ∫ theo dx hay dy để ∫ dễ tính toán hay D ít bò chia cắt Cần giải các hệ phương trình tọa độ giao điểm giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 21 Cần biết vẽ đồ thò các hình thường gặp : các hàm cơ bản, các đường tròn, (E) , (H), (P), hàm lượng giác, hàm mũ, hàm Cần biết rút y theo x hay x theo y từ công thức f(x,y) = 0 và biết chọn 6 a + hay − ⎛ y = + ⎜ ⎜... 0), dùng công thức lim =1 x →a g( x ) u →0 u f (x ) c Hàm chứa căn : lim (dạng 0 / 0) , dùng lượng liên hiệp : x→a g( x ) : lim a2 – b2 = (a – b)(a + b) để phá , a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) để phá 3 d Hàm chứa 1/ u lim (1 + u) u→0 mũ hay log (dạng 1∞) : dùng công thức =e 2 Đạo hàm : a Tìm đạo hàm bằng đònh nghóa : f (x ) − f (x o ) x →x o x − xo f ' (x 0 ) = lim Tại điểm xo mà f đổi công thức, phải... đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 / yCĐ.yCT = 28 / u (x CĐ ).u (x CT ) , dùng Viète với pt y/ = / / v (x CĐ ).v (x CT ) 0 * Đường thẳng qua CĐ, CT : • Hàm bậc 3 : y = Cx + D • Hàm bậc 2 / bậc 1 : y = u/ / v/ * y = ax4 + bx2 + c có 1 cực trò ⇔ ab ≥ 0, 3 cực trò ⇔ ab < 0 10 ĐƠN ĐIỆU : a Biện luận sự biến thi n của hàm bậc 3 : i) a > 0 và y’ = 0 vô nghiệm ⇒ hàm số tăng trên R (luôn luôn... + 2c2 − a2 Trung tuyến : m a = 2 A 2 bc cos 2 Phân giác : ℓa = b+c TÍCH PHÂN 1 Đònh nghóa, công thức, tính chất : * F là 1 nguyên hàm của f ⇔ f là đạo hàm của F Họ tất cả các nguyên hàm của f : ∫ f (x )dx = F(x) + C * (C ∈ R) u α+1 ∫ du = u + C ; ∫ u du = α + 1 + C , α α≠–1 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 18 du = ln u + C; ∫ e u du = e u + C; ∫ audu = au / ln a + C u ∫ sin udu... tại xo f(x) α M thì f có b giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 Ý nghóa hình học : k = tgα = f/(xM) f/ + : f ↑ f// + : f lõm c d 23 f/ – : f ↓ f// – : f lồi , , f đạt CĐ tại M ⇔ f đạt CT tại M ⇔ ⎧ f / (x M ) = 0 ⎨ // ⎩ f (x M ) < 0 ⎧ f / (x M ) = 0 ⎨ // ⎩ f (x M ) > 0 M là điểm uốn của f ⇔ f//(xM) = 0 và f// đổi dấu khi qua xM Tính đạo hàm bằng công thức : C/ = 0, (xα)/ = αxα–1 , (lnx)/... = sinv ⇔ u = v + k2π ∨ u = π – v + k2π cosu = cosv ⇔ u = ± v + k2π tgu = tgv ⇔ u = v + kπ giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 cotgu = cotgv ⇔ u = v + kπ 6 Phương trình bậc 1 theo sin và cos : asinu + bcosu = c * Điều kiện có nghiệm : a2 + b2 ≥ c2 * Chia 2 vế cho a2 + b 2 , dùng công thức cộng đưa về phương trình cơ bản (cách khác : đưa về phương trình bậc 2 theo 7 = 8 15 t = tg u . vô tỷ : giải f(x) < 0 hay f(x) > 0. giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 8 c. Biểu thức f(x) vô tỷ mà cách b không làm được : xét tính liên tục và đơn điệu của f,. giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 10 • Không nhẩm được 1 nghiệm, m tách được sang 1 vế : dùng sự tương giao của f(x) = y: (C) và y = m: (d) , đưa α vào BBT. • Không nhẩm. dương : không đổi chiều số âm : có đổi chiều Chia bất phương trình : tương tự. * Chỉ được nhân 2 bất pt vế theo vế , nếu 2 vế không âm. giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm