Tải bản đầy đủ

8 CHUYEN DE MON TOAN CO DAP AN DUNG CHO ON THI TOT NGHIEP


CH 1: KHO ST HM S
Chng I: KHO ST HM S
Bi 1: Cho hm s:
3 2
6 9 4y x x x= - + - +
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s ó cho.
2) Vit phng trỡnh tip tuyn ca th (C) ti giao im ca (C) vi trc
honh.
3) Tỡm m phng trỡnh sau õy cú 3 nghim phõn bit:
3 2
6 9 4 0x x x m- + - + =
Gii
Tp xỏc nh: D = R
o hm:
2
3 12 9y x x
Â
= - + -
Cho
2

1
0 3 12 9 0
3
x
y x x
x

=

Â
= - + - =

=


Hm s ng bin trờn khong (1;3), nghch bin trờn cỏc khong (;1) v
(3;+)
Hm s t cc i
CD
4y =
ti
CD
3x =
;
t cc tiu
CT
0y =
ti
CT
1x =
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= + Ơ = - Ơ
Bng bin thiờn
x
1 3 +
y


Â
0 + 0
y
+ 4
0
Giao im vi trc honh:
3 2
1
0 6 9 4 0
4
x
y x x x
x

=

= - + - + =

=


Giao im vi trc tung:
0 4x y= =ị
th hm s:

3 2
( ) : 6 9 4C y x x x= - + - +
.
Vit pttt ti giao im ca (C) vi trc honh.
1

Phng trỡnh honh giao im:
3 2
1
6 9 4 0
4
x
x x x
x

=

- + - + =

=


Giao im ca (C) vi trc honh: A(1; 0), B(4; 0)
pttt vi (C) ti A(1; 0):
v
pttt tai

0 0
0
1 0
: 0 0( 1) 0
( ) (1) 0
x y
A y x y
f x f

ù
+ = =
ù
- = - =ị
ý
 Â
ù
+ = =
ù


pttt vi (C) ti B(4; 0)
v
pttt tai
0
0
4 0
: 0 9( 4) 9 36
( ) (4) 9
x y
B y x y x
f x f

ù
+ = =
ù
- = - - = - +ị
ý
 Â
ù
+ = = -
ù

Vy, hai tip tuyn cn tỡm l: y = 0 v y = - 9x + 36
Ta cú,
3 2 3 2
6 9 4 0 6 9 4 (*)x x x m x x x m- + - + = - + - + =
(*) l phng trỡnh honh giao im ca
3 2
( ) : 6 9 4C y x x x= - + - +
v
d:y = m nờn s nghim phng trỡnh (*) bng s giao im ca (C) v d.
Da vo th ta thy (*) cú 3 nghim phõn bit khi v ch khi
0 < m < 4
Vy, vi 0 < m < 4 thỡ phng trỡnh ó cho cú 3 nghim phõn bit.
Bi 2: Cho hm s:
3 2
3 3y x x x= - +
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s ó cho.
2) Vit phng trỡnh tip tuyn ca th (C) bit tip tuyn song song vi ng
thng cú phng trỡnh y = 3x.
Gii

3 2
3 3y x x x= - +
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
2
3 6 3y x x
Â
= - +
Cho
2
0 3 6 3 0 1y x x x
Â
= - + = =
Hm s ng bin trờn c tp xỏc nh; hm s khụng t cc tr.
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= - Ơ = + Ơ
Bng bin thiờn
x
1 +
y
Â
+ 0 +
y
1 +
Giao im vi trc honh:
Cho
3 2
0 3 3 0 0y x x x x= - + = =
2

Giao im vi trc tung:
Cho
0 0x y= =ị
Bng giỏ tr: x 0 1 2
y 0 1 2
th hm s (nh hỡnh v bờn õy):

3 2
( ) : 3 3C y x x x= - +
. Vit ca (C) song song vi ng thng
: 3y x=D
.
Tip tuyn song song vi
: 3y x=D
nờn cú h s gúc
0
( ) 3k f x
Â
= =
Do ú:
2 2
0
0 0 0 0
0
0
3 6 3 3 3 6 0
2
x
x x x x
x

=

- + = - =

=


Vi
0
0x =
thỡ
3 2
0
0 3.0 3.0 0y = - + =
v
0
( ) 3f x
Â
=
nờn pttt l:
0 3( 0) 3y x y x- = - =
(loi vỡ trựng vi
D
)
Vi
0
2x =
thỡ
3 2
0
2 3.2 3.2 2y = - + =
v
0
( ) 3f x
Â
=
nờn pttt l:
2 3( 2) 3 4y x y x- = - = -
Vy, cú mt tip tuyn tho món bi l:
3 4y x= -
Bi 3
Cho hm s:
4 2
4 3y x x= - + -
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th
( )C
ca hm s ó cho.
2) Da vo (C), hóy bin lun s nghim ca phng trỡnh:
4 2
4 3 2 0x x m- + + =
3) Vit phng trỡnh tip tuyn vi (C) ti im trờn (C) cú honh bng
3
.
Gii

4 2
4 3y x x= - + -
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
3
4 8y x x
Â
= - +
Cho
3 2
2 2
0
4 0 0
0 4 8 0 4 ( 2) 0
2 0 2
2
x
x x
y x x x x
x x
x

ộ ộ
=
= =

ờ ờ
Â
= - + = - + =

ờ ờ
- + = =
=

ờ ờ
ở ở

Hm s ng bin trờn cỏc khong
( ; 2),(0; 2)- Ơ -
, nghch bin trờn cỏc khong
( 2; 0),( 2; )- + Ơ
Hm s t cc i y
C
= 1 ti
CD
2x =
, t cc tiu y
CT
= 3 ti
0x =
CT
.
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= - Ơ = - Ơ
Bng bin thiờn
x

2-
0
2
+
y
Â
+ 0 0 + 0
y
1 1
3
3

 Giao điểm với trục hoành: cho
2
4 2
2
1
1
0 4 3 0
3
3
x
x
y x x
x
x
é
é
= ±
=
ê
ê
= - + - =Û ÛÛ
ê
ê
= ±
=
ê
ê
ë
ë
Giao điểm với trục tung: cho
0 3x y= = -Þ
 Bảng giá trị: x
3-
2-
0
2
3
y 0 1 –3 1 0
 Đồ thị hàm số:


4 2 4 2
4 3 2 0 4 3 2x x m x x m- + + = - + - =Û
(*)
 Số nghiệm pt(*) bằng với số giao điểm của
4 2
( ) : 4 3C y x x= - + -
và d: y = 2m.
 Ta có bảng kết quả:
M 2m
Số giao
điểm
của (C) và
d
Số
nghiệm
của pt(*)
m > 0,5 2m > 1 0 0
m = 0,5 2m = 1 2 2
–1,5< m <
0,5
–3< 2m <
1
4 4
m = –1,5 2m = –3 3 3
m < –1,5 2m < –3 2 2

0 0
3 0x y= =Þ

3
0
( ) ( 3) 4 8 4 3f x f y x x
¢ ¢ ¢
= = = - + = -g
 Vậy, pttt cần tìm là:
0 4 3( 3) 4 3 12y x y x- = - - = - +Û
Bài 4 Cho hàm số:
2 1
1
x
y
x
-
=
-
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc
bằng – 4.
Giải

2 1
1
x
y
x
-
=
-
 Tập xác định:
\ {1}D = ¡
 Đạo hàm:
2
1
0,
( 1)
y x D
x
-
¢
= < " Î
-
4

Hm s ó cho nghch bin trờn cỏc khong xỏc nh v khụng t cc tr.
Gii hn v tim cn:

; lim 2 lim 2 2
x x
y y y
- Ơ + Ơđ đ
= = =ị
l tim cn ngang.

;
1 1
lim lim 1
x x
y y x
- +
đ đ
= - Ơ = + Ơ =ị
l tim cn ng.
Bng bin thiờn
x
1 +
y
Â

y
2

+
2
Giao im vi trc honh:
1
0 2 1 0
2
y x x= - = =
Giao im vi trc tung: cho
0 1x y= =ị
th hm s

2 1
( ) :
1
x
C y
x
-
=
-
Tip tuyn cú h s gúc bng 4 nờn
0
( ) 4f x
Â
= -
0 0
2
0
2
0
0 0
1 3
1
1 1
2 2
4 ( 1)
1 1
4
( 1)
1
2 2
x x
x
x
x x
ộ ộ
ờ ờ
- = =
-
ờ ờ
= - - =
ờ ờ
ờ ờ
-
- = - =
ờ ờ
ở ở
Vi
3
2
0 0
3
2
2. 1
3
4
2
1
x y
-
= = =ị
-
.pttt l:
3
4 4 4 10
2
y x y x
ổ ử



- = - - = - +



ố ứ
Vi
1
2
0 0
1
2
2. 1
1
0
2
1
x y
-
= = =ị
-
. pttt l:
1
0 4 4 2
2
y x y x
ổ ử



- = - - = - +



ố ứ
Vy, cú 2 tip tuyn tho món ycbt l :
4 2y x= - +
v
4 10y x= - +
Bi 5
Cho hm s:
2 2
(4 )y x x= -
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th
( )C
ca hm s ó cho.
2) Tỡm iu kin ca tham s b phng trỡnh sau õy cú 4 nghim phõn bit:
4 2
4 log 0x x b- + =
3) Tỡm to ca im A thuc
( )C
bit tip tuyn ti A song song vi (d): 16x y
+ 2011 = 0
Gii

2 2 4 2
(4 ) 4y x x x x= - = - +
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
3
4 8y x x
Â
= - +
5

Cho
3 2
2 2
0
4 0 0
0 4 8 0 4 ( 2) 0
2 0 2
2
x
x x
y x x x x
x x
x

ộ ộ
=
= =

ờ ờ
Â
= - + = - + =

ờ ờ
- + = =
=

ờ ờ
ở ở

Hm s B trờn cỏc khong
( ; 2),(0; 2)- Ơ -
, NB trờn cỏc khong
( 2; 0),( 2; )- + Ơ
Hm s t cc i y
C
= 4 ti
CD
2x =
,
t cc tiu y
CT
= 0 ti
0x =
CT
.
Gii hn:
lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= - Ơ = - Ơ ;
Bng bin thiờn
x

2-
0
2
+
y
Â
+ 0 0 + 0
y
4 4
0
Giao im vi trc honh:
cho
2
4 2
2
0 0
0 4 0
2
4
x x
y x x
x
x


= =


= - + =


=
=




Giao im vi trc tung: cho
0 0x y= =ị
Bng giỏ tr: x
2-
2-
0
2
2
y 0 0 0 4 0
th hm s nh hỡnh v bờn õy:

4 2 4 2
4 log 0 4 logx x b x x b- + = - + =
(*)
S nghim ca phng trỡnh (*) bng s giao im ca (C) v d: y = logb
Da vo th, (C) ct d ti 4 im phõn bit khi v ch khi

4
0 log 4 1 10b b< < < <
Vy, phng trỡnh (*) cú 4 nghim phõn bit khi v ch khi
4
1 10b< <
Gi s
0 0
( ; )A x y
. Do tip tuyn ti A song song vi
: 16 2011d y x= +
nờn nú cú h
s gúc
3 3
0 0 0 0 0 0
( ) 16 4 8 16 4 8 16 0 2f x x x x x x
Â
= - + = - + = = -

0 0
2 0x y= - =ị
Vy,
( 2;0)A -
Bi 6:
Cho hm s:
3 2 2
2 ( 1) ( 4) 1y x m x m x m= + + + - - +
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s khi m = 2.
2) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) ti giao im ca
( )C
vi trc tung.
3) Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s m hm s t cc tiu ti x = 0.
Gii
Vi m = 2 ta cú hm s:
3 2
2 3 1y x x= + -
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
2
6 6y x x
Â
= +
6

Cho
hoac
2
0 6 6 0 0 1y x x x x
Â
= + = = = -
Hm s ng bin trờn cỏc khong
( ; 1),(0; )- Ơ - + Ơ
, nghch bin trờn khong
( 1;0)-
Hm s t cc i y
C
= 0 ti
CD
1x = -
, t cc tiu y
CT
= 1 ti
0x =
CT
.
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= - Ơ = + Ơ
Bng bin thiờn
x
1 0
+ Ơ
y
Â
+ 0 0 +
y
0
+ Ơ
1
Giao im vi trc honh:
cho
hoac
3 2
1
0 2 3 1 0 1
2
y x x x x= + - = = - =
Giao im vi trc tung: cho
0 1x y= = -ị
Bng giỏ tr: x
3
2
-
1-
1
2
-
0
1
2
y
1-
0
1
2
-
1-
0
th hm s: nh hỡnh v bờn õy
Giao im ca
( )C
vi trc tung:
(0; 1)A -

0 0
0 ; 1x y= = -

(0) 0f
Â
=
Vy, pttt ti A(0;1) l:
1 0( 0) 1y x y+ = - = -

3 2 2
2 ( 1) ( 4) 1y x m x m x m= + + + - - +
Tp xỏc nh
D = Ă

2 2
6 2( 1) 4y x m x m
Â
= + + + -

12 2( 1)y x m
ÂÂ
= + +
Hm s t cc tiu ti
0
0x =
khi v ch khi
(loai vỡ )
2 2
2
(0) 0
6.0 2( 1).0 4 0
(0) 0
12.0 2( 1) 0
2
4 0
2 2 2 1
1
2 2 0
f
m m
f
m
m
m
m m
m
m


ù
Â
ù
=
+ + + - =
ù
ù
ù

ớ ớ
ÂÂ
ù ù
>
+ + >
ù ù

ù



ù
ù
=
- =
ù
ù
ù
= = - - < -
ớ ớ
ù ù
> -
+ >
ù ù

ù

Vy, vi
2m =
thỡ hm s t tiu ti
0
0x =
.
Bi 7 Cho hm s:
1
x
y
x
=
+
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Vit phng trỡnh tip tuyn vi (C) ti cỏc giao im ca (C) vi
: y x=D

3) Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s k ng thng d: y = kx ct (C) ti 2 im phõn
bit.
Gii
7

Hm s
1
x
y
x
=
+
Tp xỏc nh:
\ { 1}D = -Ă
o hm:
2
1
0,
( 1)
y x D
x
Â
= > " ẻ
+
Hm s ng bin trờn cỏc khong xỏc nh v khụng t cc tr.
Gii hn v tim cn:
; lim 1 lim 1 1
x x
y y y
- Ơ + Ơđ đ
= = =ị
l tim cn ngang.
;
( 1) ( 1)
lim lim 1
x x
y y x
- +
- -đ đ
= + Ơ = - Ơ = -ị
l tim cn ng.
Bng bin thiờn
Giao im vi trc honh: cho
0 0y x= =
Giao im vi trc tung: cho
0 0x y= =ị
Bng giỏ tr: x
3-
2-
1-
0 1
y 3/2 2 || 0 1/2
th hm s nh hỡnh v :
Phng trỡnh honh giao im ca (C) v
D
l:
2
( 1) 0 0
1
x
x x x x x x
x
= = + = =
+

0 0
0 0x y= =ị

0
( ) (0) 1f x f
 Â
= =
Phng trỡnh tip tuyn cn tỡm l:
0 1( 0)y x y x- = - =
Xột phng trỡnh:
1
x
kx
x
=
+
(*)
( 1)x kx x= +

2 2
0
( 1) 0 ( 1) 0
1 (2)
x
x kx kx kx k x x kx k
kx k

=

= + + - = + - =

= -


d:
y kx=
ct
( )C
ti 2 im phõn bit khi v ch khi phng trỡnh (*) cú 2 nghim
phõn bit

phng trỡnh (2) cú duy nht nghim khỏc 0, tc l
0 0
1 0 1
k k
k k
ỡ ỡ
ù ù
ạ ạ
ù ù

ớ ớ
ù ù
- ạạ
ù ù
ợ ợ
Vy, vi
0, 1k kạ ạ
thỡ d ct
( )C
ti 2 im phõn bit.
Bi 8
Cho hm s:
3 2
3 1y x x= - + -
cú th l (C)
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Da vo th (C), hóy tỡm iu kin ca tham s k phng trỡnh sau õy cú
3 nghim phõn bit:
3 2
3 0x x k- + =
Gii
Hm s
3 2
3 1y x x= - + -
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
2
3 6y x x
Â
= - +
x

1-
+
y
Â
+ +
y
+ Ơ
1
1
- Ơ
8

 Cho
hoac
2
0 3 6 0 0 2y x x x x
¢
= - + = = =Û Û
 Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2); nghịch biến trên các khoảng (–;0), (2;+)
Hàm số đạt cực đại
CD
3y =
tại
CD
2x =
đạt cực tiểu
CT
1y = -
tại
CT
0x =
 Giới hạn:
; lim lim
x x
y y
- ¥ + ¥® ®
= + ¥ = - ¥
 Bảng biến thiên
x
– 0 2 +
y
¢
– 0 + 0 –
y
+ 3
–1 –
 Giao điểm với trục tung: cho
0 1x y= = -Þ
Tâm đối xứng:
6 6 0 1 1y x x y
¢¢
= - + = = =Û Þ
.
Tâm đối xứng: là I(1;1)
 Bảng giá trị: x –1 0 1 23
y 3 –1 1 3 –1
 Đồ thị hàm số như hình vẽ:

3 2 3 2 3 2 3 2
3 0 3 3 3 1 1x x k x x k x x k x x k- + = - = - - + = - + - = -Û Û Û
(*)
 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = k – 1
 (*) có 3 nghiệm phân biệt
1 1 3 0 4k k- < - < < <Û Û
 Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt
0 4k< <Û
Bài 9:
Cho hàm số:
4 2
( 1) 2 1y x m x m= + + - -
(1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm trên
( )C
có hoành độ bằng
3-
.
3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị.
Giải
 Với m = 1 ta có hàm số:
4 2
2 3y x x= + -
 Tập xác định:
D = ¡
 Đạo hàm:
3
4 4y x x
¢
= +
 Cho
3
0 4 4 0 0y x x x
¢
= + = =Û Û
 Hàm số đồng biến trên các khoảng
(0; )+ ¥
, nghịch biến trên khoảng
( ; 0)- ¥
Hàm số đạt cực tiểu y
CT
= –3 tại
CT
0x =
.
Giới hạn:
; lim lim
x x
y y
- ¥ + ¥® ®
= - ¥ = + ¥
 Bảng biến thiên
x
– 0
+ ¥
y
¢
– 0 +
y
+ ¥
+ ¥
–3
 Giao điểm với trục hoành:
9

Cho
2
4 2 2
2
1
0 3 3 0 1 1
3
x
y x x x x
x

=

= + - = = =

= -


Giao im vi trc tung: cho
0 3x y= = -ị
th hm s:

0 0
2 5x y= - =ị

3
0
( ) ( 2) 4.( 2) 4.( 2) 12 2f x f
 Â
= - = - + - = -
Vy, pttt cn tỡm l:
5 12 2( 2) 12 2 19y x y x- = - + = - -
.

4 2
( 1) 2 1y x m x m= + + - -
(1)
Tp xỏc nh
D = Ă

3
4 2( 1)y x m x
Â
= + +
(õy l mt a thc bc ba)

3 2
2
0
0 4 2( 1) 0 2 (2 1) 0
2 1 (*)
x
y x m x x x m
x m

=

Â
= + + = + + =

= - -


Hm s (1) cú 3 im cc tr
(*)
cú 2 nghim pbit khỏc 0
1 0 1m m- - > < -
Vy, vi
1m < -
thỡ hm s (1) cú 3 im cc tr.
Bi 10:
Cho hm s:
4
2
4
2
x
y x= - -
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Tớnh din tớch hỡnh phng gii hn bi th (C) v trc honh.
3) Tỡm m phng trỡnh sau õy cú ỳng 2 nghim phõn bit:
Gii
Hm s:
4
2
4
2
x
y x= - -
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
3
2 2y x x
Â
= -
Cho
3
0
0 2 2 0
1
x
y x x
x

=

Â
= - =

=


Hm s ng bin trờn cỏc khong
( 1;0),(1; )- + Ơ
, nghch bin trờn cỏc khong
( ; 1),(0;1)- Ơ -
Hm s t cc i
CD
4y = -
ti
CD
0x =
.
Hm s t cc tiu
CT
9
2
y = -
ti
CT
1x =
.
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= + Ơ = + Ơ
Bng bin thiờn
x

1-
0 1 +
y
Â
0 + 0 0 +
y
+ Ơ
4
+ Ơ
9
2
-
9
2
-
10

Giao im vi trc honh:
Cho
2
4 2 2
2
4
1
0 4 0 4 2
2
2
x
y x x x x
x

=

= - - = = =

= -


Giao im vi trc tung: cho
0 4x y= = -ị
th hm s:
Giao ca
( )C
vi Ox: cho
0 2y x= =
Din tớch cn tỡm:
2
5 3
2 2
4 2 4 2
2 2
2
1 1 224
4 4 4
2 2 10 3 15
x x
S x x dx x x dx x
- -
-
ổ ử
ổ ử





ữ ỗ
= - - = - - = - - =






ố ứ ố ứ
ũ ũ
(vdt)

4 4
4 2 4 2 2 2
2 2 0 2 2 4 4
2 2
x x
x x m x x m x m x m- - = - = - = - - = -
(*)
S nghim ca pt(*) bng vi s giao im ca
4
2
( ) : 4
2
x
C y x= - -
v
: 4d y m= -
T ú, da vo th ta thy pt(*) cú ỳng 2 nghim phõn bit khi v ch khi
4 4 0
9 1
4
2 2
m m
m m
ộ ộ
- > - >
ờ ờ
ờ ờ

ờ ờ
- = - = -
ờ ờ
ở ở
Bi 11
Cho hm s:
2 2
( 2) 1y x= - -
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Da vo th (C) bin lun s nghim phng trỡnh:
4 2
4x x m- =
.
Gii
Hm s:
2 2 4 2 4 2
( 2) 1 4 4 1 4 3y x x x x x= - - = - + - = - +
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
3
4 8y x x
Â
= -
Cho
3 2
0
0 4 8 0 4 ( 2)
2
x
y x x x x
x

=

Â
= - = -

=


Hm s ng bin trờn cỏc khong
( 2;0),( 2; )- + Ơ
, nghch bin trờn cỏc
khong
( ; 2),(0; 2)- Ơ -
Hm s t cc i
CD
3y =
ti
CD
0x =
.
Hm s t cc tiu
CT
1y = -
ti
CT
2x =
.
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= + Ơ = + Ơ
Bng bin thiờn
x

2-
0
2
+
y
Â
0 + 0 0 +
y
+ Ơ
3
+ Ơ
11

1 1
Giao im vi trc honh:
Cho
2
4 2
2
1
1
0 4 3 0
3
3
x
x
y x x
x
x


=
=


= - + =


=
=




Giao im vi trc tung: cho
0 3x y= =ị
Bng giỏ tr: x 2 1 0 12
y 3 1 3 1 3
th hm s: nh hỡnh v bờn:

4 2 4 2
4 4 3 3x x m x x m- = - + = +
(*)
S nghim ca phng trỡnh (*) bng s giao im ca (C) v d: y = m + 3
Ta cú bng kt qu nh sau:
m m + 3
S giao im
ca (C) v d
S nghim
ca pt(*)
m > 0 m + 3 > 3 2 2
m = 0 m + 3 = 3 3 3
4 < m < 0 1< m + 3 < 3 4 4
m = 4 m + 3 = 1 2 2
m < 4 m + 3 < 1 0 0
Bi 12:
Cho hm s:
2 1
1
x
y
x
+
=
-
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) ti im trờn (C) cú tung bng 5.
Gii
Hm s
2 1
1
x
y
x
+
=
-
Tp xỏc nh:
\ {1}D = Ă
o hm:
2
3
0,
( 1)
y x D
x
-
Â
= < " ẻ
-
Hm s luụn nghch bin trờn cỏc khong xỏc nh v khụng t cc tr.
Gii hn v tim cn:
; lim 2 lim 2 2
x x
y y y
- Ơ + Ơđ đ
= = =ị
l tim cn ngang.
;
1 1
lim lim 1
x x
y y x
- +
đ đ
= - Ơ = + Ơ =ị
l tim cn ng.
Bng bin thiờn
x
1 +
y
Â
+ +
y
2
- Ơ
+ Ơ
2
Giao im vi trc honh: cho
1
0
2
y x= = -
12

Giao im vi trc tung: cho
0 1x y= = -ị
Bng giỏ tr: x 2 0 1 24
y 1 1 || 4 5
th hm s nh hỡnh v :

0
0 0 0 0
0
2 1
5 5 2 1 5 5 2
1
x
y x x x
x
+
= = + = - =
-

0
2
3
( ) 3
(2 1)
f x
-
Â
= = -
-
Phng trỡnh tip tuyn cn tỡm:
5 3( 2) 3 11y x y x- = - - = - +
Bi 13:
Cho hm s:
3
2
( ) 2 3
3
x
y f x x x= = - + -
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) ti im trờn (C) cú honh x
0
, vi
0
( ) 6f x
ÂÂ
=
.
3) Tỡm tham s m phng trỡnh
3 2
6 9 3 0x x x m- + + =
cú ỳng 2 nghim phõn
bit.
Gii
Hm s:
3
2
( ) 2 3
3
x
y f x x x= = - + -
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
2
4 3y x x
Â
= - + -
Cho
2
0 4 3 1; 3y x x x x
Â
= - + - = =
Hm s ng bin trờn khong (1;3), nghch bin trờn cỏc khong ( ;1),
(3;+)
Hm s t cc i
CD
0y =
ti
3
CD
x =
,
t cc tiu
CT
4
3
y = -
ti
CT
1x =
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= + Ơ = - Ơ
Bng bin thiờn
x
1 3 +
y
Â
0 + 0
y
+ 0
4
3
-

Tõm i xng:
2
2 4 0 2
3
y x x y
ÂÂ
= - + = = = - ị
.
Tõm i xng l:
2
2;
3
I
ổ ử



-



ố ứ
Giao im vi trc honh: cho
0 0; 3y x x= = =
Giao im vi trc tung: cho
0 0x y= =ị
Bng giỏ tr: x 0 1 2 34
y 0 4/3 2/3 0 4/3
13

th hm s nh hỡnh v:

0 0 0 0
16
( ) 6 2 4 6 1
3
f x x x y
ÂÂ
= - + = = - = ị

2
0
( ) ( 1) ( 1) 4( 1) 3 8f x f
 Â
= - = - - + - - = -
Phng trỡnh tip tuyn cn tỡm:
16 8
8( 1) 8
3 3
y x y x- = - + = - -

3 2 3 2 3 2
1
6 9 3 0 6 9 3 2 3
3
x x x m x x x m x x x m- + + = - + = - - + - =
(*)
S nghim phng trỡnh (*) bng s giao im ca
( )C
v
:d y m=
Da vo th ta thy phng trỡnh (*) cú ỳng 2 nghim phõn bit
0
4
3
m
m

=




= -


Bi 14
Cho hm s:
4 2
1
2
2
y x x= -
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s nờu trờn.
2) Tớnh din tớch hỡnh phng gii hn bi th (C) vi trc honh.
Gii
Hm s:
4 2
1
2
2
y x x= -
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
3
2 4y x x
Â
= -
Cho
3
0
0 2 4 0
2
x
y x x
x

=

Â
= - =

=


Hm s ng bin trờn cỏc khong
( 2; 0),( 2; )- + Ơ
, nghch bin trờn cỏc khong
( ; 2),(0; 2)- Ơ -
Hm s t cc i
CD
0y =
ti
CD
0x =
.
Hm s t cc tiu
CT
2y = -
ti
CT
2x =
.
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= + Ơ = + Ơ
Bng bin thiờn
x
2-
0
2
+
y
Â
0 + 0 0 +
y
0
+ Ơ
2-
2-
Giao im vi trc honh:
Cho
2
4 2
2
0 0
1
0 2 0
2
2
4
x x
y x x
x
x


= =


= - =


=
=




Giao im vi trc tung: cho
0 0x y= =ị
Bng giỏ tr: x
2-
2-
0
2
2
14

y 4
2-
0
2-
0
th hm s: nh hỡnh v bờn:
2 Giao ca (C) vi Ox: cho
0 0; 2y x x= = =
Din tớch cn tỡm:
2 0 2
4 2 4 2 4 2
2 2 0
1 1 1
2 ( 2 ) ( 2 )
2 2 2
S x x dx x x dx x x dx
- -
= - = - + -
ũ ũ ũ
0 2
5 3 5 3
2 0
2 2 32 32 64
10 3 10 3 15 15 15
x x x x
S
-
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
= - + - = - + - =
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ố ứ ố ứ
(vdt)
Bi 15:
Cho hm s:
2
( 3)
2
x x
y
-
=
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) ti giao im ca (C) vi trc honh.
3) Tỡm iu kin ca k phng trỡnh sau õy cú nghim duy nht:
3 2
3 0x x k- - =
.
Gii
Hm s:
2 3 2
( 3) 3
2 2
x x x x
y
- -
= =
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
2
3 6
2
x x
y
-
Â
=
Cho
2
0 3 6 0 0; 2y x x x x
Â
= - = = =
Hm s B trờn cỏc khong
( ; 0),(2; )- Ơ + Ơ
, NB trờn khong
(0;2)
Hm s t cc i y
C
= 0 ti
0
CD
x =
t cc tiu y
CT
= 2 ti
CT
2x =
.
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= - Ơ = + Ơ
Bng bin thiờn

x

- Ơ
0 2
+ Ơ

y
Â
+ 0 0 +

y
0
+ Ơ

- Ơ
2

3 3 0 1 1y x x y
ÂÂ
= - = = = - ị
. Tõm i xng:
( )
1; 1I -
Giao im vi trc honh:
3 2
0
0 3 0
3
x
y x x
x

=

= - =

=


Giao im vi trc tung: cho
0 0x y= =ị
th hm s: nh hỡnh v bờn :
15

Giao im ca (C) vi trc honh: cho
0
0
0
0
0
3
x
y
x

=

=

=


Vi
0 0 0
0, 0 ( ) 0x y f x
Â
= = =ị
. Pttt l:
0 0( 0) 0y x y- = - =
Vi
0 0 0
9
3, 0 ( )
2
x y f x
Â
= = =ị
. Pttt l:
9 9 27
0 ( 3)
2 2 2
y x y x- = - = -

3 2
3 2 3 2
3
3 2 0 3 2
2
x x
x x k x x k k
-
- - = - = =
S nghim ca pt(*) bng s giao im ca
( )C
v ng thng
:d y k=
Da vo th ta thy, pt(*) cú ỳng 1 nghim khi v ch khi:
0k >
hoc
2k < -
Bi 16
Cho hm s:
3 2
1
x
y
x
-
=
-
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th
( )C
ca hm s.
2) Vit pt tip tuyn ca (C) bit tip tuyn vuụng gúc vi ng thng
: 1 0x y- + =D
3) Tỡm cỏc giỏ tr ca k (C) v d: y = kx - 3 ct nhau ti 2 im phõn bit.
Gii
Hm s:
3 2 2 3
1 1
x x
y
x x
- - +
= =
- -
Tp xỏc nh:
\ {1}D = Ă
o hm:
2
1
0,
( 1)
y x D
x
-
Â
= < " ẻ
-
Hm s nghch trờn cỏc khong xỏc nh v khụng t cc tr.
Gii hn v tim cn:

; lim 2 lim 2 2
x x
y y y
- Ơ + Ơđ đ
= - = - = -ị
l tim cn ngang.

;
1 1
lim lim 1
x x
y y x
- +
đ đ
= - Ơ = + Ơ =ị
l tim cn ng.
Bng bin thiờn
x
1 +
y
Â

y
2

+
2
Giao im vi trc honh:
3
0 2 3 0
2
y x x= - + = =
Giao im vi trc tung: cho
0 3x y= = -ị
Bng giỏ tr: x 0 1/2 1 3/2
2
y 3 4 || 0 1
th hm s nh hỡnh v bờn õy
16


2 3
( ) :
1
x
C y
x
- +
=
-
Tip tuyn vuụng gúc vi ng thng
: 1y x= +D
nờn cú h s gúc
0
( ) 1k f x
Â
= = -
2
0 0
0
2
0 0
0
1 1 2
1
1 ( 1) 1
1 1 0
( 1)
x x
x
x x
x
ộ ộ
- = =
-
ờ ờ
= - - =
ờ ờ
- = - =
-
ờ ờ
ở ở
Vi
0 0
2 1x y= = -ị
. pttt l:
1 1( 2) 1y x y x+ = - - = - +
Vi
0 0
0 3x y= = -ị
. pttt l:
3 1( 0) 3y x y x+ = - - = - -
Xột phng trỡnh :
2
3 2
3 3 2 ( 3)( 1) (1 ) 0
1
x
kx x kx x kx k x
x
-
= - - = - - - + =
-
(*)
S nghim ca phng trỡnh (*) bng s giao im ca (C) v d: y = kx
(C) v d cú 2 im chung

(*) cú 2 nghim phõn bit
2
0
0 0
0 1
(1 ) 0
k
a k
k
k

ỡ ỡ
ù
ạù ù
ạ ạ
ù
ù ù
ù

ớ ớ ớ
ù ù ù
> -D ạ
+ >
ù ù ù
ợ ợ
ù

Vy, vi
0k ạ
v
1k -ạ
thỡ (C) ct d ti 2 im phõn bit.
Bi 17Cho hm s:
4 2
1 3 5
4 2 4
y x x= - + -
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) ti im cc tiu ca nú.
3) Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s m phng trỡnh sau õy cú 4 nghim phõn bit:
4 2
6 1 4 0x x m- + - =
Gii
Hm s:
4 2
1 3 5
4 2 4
y x x= - + -
Tp xỏc nh: D = R
o hm:
3
3y x x
Â
= - +
Cho
3 2
0
0 3 0 ( 3)
3
x
y x x x x
x

=

Â
= - + = - +

=


Hm s ng bin trờn cỏc khong
( ; 3),(0; 3)- Ơ -
, nghch bin trờn cỏc khong
( 3;0),( 3; )- + Ơ

Hm s t cc i
CD
1y =
ti
3
CD
x =
;
t cc tiu
CT
5
4
y = -
ti
CT
0x =
.
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= - Ơ = - Ơ
Bng bin thiờn
x

3-
0
3
17

+
y
¢
+ 0 – 0 + 0 –
y
1 1
- ¥
5
4
-
- ¥
 Giao điểm với trục hoành:

2
4 2
2
1
1
1 3 5
0 0
5
4 2 4
5
x
x
y x x
x
x
é
é
= ±
=
ê
ê
= - + - =Û ÛÛ
ê
ê
=
= ±
ê
ê
ë
ë
Giao điểm với trục tung: cho
5
0
4
x y= = -Þ
 Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây
 Điểm cực tiểu của đồ thị có:
5
0
4
x y= = -Þ

0
( ) (0) 0f x f
¢ ¢
= =
 Vậy, tiếp tuyến tại điểm cực đại của hàm số là:
5 5
0( 0)
4 4
y x y+ = - = -Û

4 2 4 2
1 3 1
6 1 4 0
4 2 4
x x m x x m- + - = - + = -Û
4 2
1 3 5
1
4 2 4
x x m- + - = - -Û
(*)
 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của
( )C
và d: y = –1 – m. Do
đó, dựa
vào đồ thị ta thấy (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
5 1 1
1 1 2 2
4 4 4
m m m- < - - < - < - < - < <Û Û
 Vậy, khi
1
2
4
m- < <
thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.
BÀI TẬP VỀ XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
18

Bài 5: Tìm m để hàm số y = (4m - 5)cosx + (2m-3)x + m
2
– 3m + 1 giảm
x R∀ ∈
19

Bài 6: Tìm m để hàm số
1 1
y mx sinx sin 2 sin3
4 9
x x= + + +
tăng
x R
∀ ∈
BÀI TẬP VỀ CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ





Vậy m < 0 hoặc m > 1/4 thì hàm số có cực trị.
Giải
Hàm số đạt cực đại tại
Bài 2: Cho hàm số :
Với giá trị nào của m thì hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0
( ) ( )
= − − + − +
3 2
1 1
y x m 1 x 3 m 2 x .
3 3
20
( )
( )
⇔ ∆ = + − >
⇔ − > ⇔ < >
2
' 9m 3m m 1 0
1
3m 4m 1 0 m 0 ho c m
4
Æ
=

= ⇔

<

f '(0) 0
x 0
f ''(0) 0


Vậy với m = 2 thì hàm số đạt cực đại tại x =0
Bài 3: Tìm m để hàm số
( )
4 3 2
y x 4mx 3 m 1 x 1
= + + + +
có một cực trị.
Giải

Để hàm số có một cực trị thì (2) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép hoặc có hai
nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 0.
(2) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép
' 0
⇔ ∆ <

(2) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 0
Vậy với hàm số có một cực trị.
Bài 4:
Cho hàm số: . Tìm m để hàm số đạt cực đại,cực tiểu
tại hai điểm x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
+x
2
= 4x
1
.x
2
.
Giải
Để hàm số có cực đại, cực tiểu tại x
1
, x
2
21
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
2
Ta có f '(x) x 2 m 1 x 3 m 2
f ''(x) 2x 2 m 1)
f '(0) 3 m 2 ; f " 0 2 m 1
3 m 2 0
m 2
Thay v o h
m 1
2 m 1 0
= − − + −
= − −
= − = − −

− =
=



 
>
− − <



µ Ö :
( )
3 2
2
Ta có: y ' 4x 12mx 6 m 1 x 0 (1)
x 0
2x 6mx 3(m 1) 0 (2)
= + + + =
=



+ + + =

− +
⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤
2
1 7 1 7
9m 6(m 1) 0 m
3 3
∆ >



+ =


− +
< ∪ >

⇔ ⇔ = −


= −

' 0
3(m 1) 0
1 7 1 7
m m
m 1
3 3
m 1
{ }
 
− +
∈ ∪ −
 
 
 
1 7 1 7
m ; 1
3 3
+ −
=
+
2
x 2mx 2
y
mx 1
− +
= =
+
⇔ = − + =
2
2
2
mx 2x 4m
Ta có: y ' 0
(mx 1)
f(x) mx 2x 4m 0









⇔ ∆ > ⇔ − >
 
 

+
 
 


 ÷


 

2
2
m 0
m 0
' 0 1 4m 0
1
4m 3
f 0
0
m
m
{ }




 
⇔ − < < ⇔ ∈ −

 ÷
 




m 0
1 1 1 1
m m ; \ 0 (*)
2 2 2 2
m


+ =



=

⇒ + = ⇔ = ⇔ =
1 2
1 2
1 2 1 2
2
x x
Theo Vi-ét ta có:
m
x .x 4
2 1
x x 4x .x 16 m
m 8
Tho mãn (*)¶
Vậy m = 1/8 thì hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
+ x
2
= 4x
1
.x
2
.
Bài 5:
Cho hàm sô : TÌm m để hàm số có cực đại, cực tiểu nằm
về hai phía của trục Oy.
Giải
Để hàm số có cực đại, cực tiểu nằm về hai phía của trục Oy thì f(x) = 0 có hai
nghiệm phân biệt thỏa mãn:
22
+ +
=
+
2
x x m
y
x 1
+ + −
= =
+
⇔ = + + − =
2
2
2
x 2x 1 m
Ta có y ' 0
(x 1)
f(x) x 2x 1 m 0
< <


≠ −

1 2
1
x 0 x
x 1
< − <
 
⇔ ⇔
 
− ≠ − ≠
 
⇔ >
af(0) 0 1 m 0
f( 1) 0 1 m 0
m 1

CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH
MŨ VÀ LÔGARIT
A.PHƯƠNG TRÌNH,BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
I. PHƯƠNG TRÌNH MŨ
Bài 1 Giải các phương trình mũ
a)
2 2
2 3.2 1 0
x x
+
+ − =
b) 2
2x+5
= 24
x+1
.3
-x-1
Giải:
a)
2 2
2 3.2 1 0
x x
+
+ − =

2
4.2 3.2 1 0
x x
⇔ + − =
Đặt
2 ; 0
x
t t
= >
. Khi đó phương trình trở thành:
2
4 3 1 0t t+ − =
Phương trình này có nghiệm
1
1;
4
t t= − =
.
+ Với
1t = −
: không thỏa điều kiện.
+ Với
1 1
2 2
4 4
x
t x= ⇔ = ⇔ = −
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = -2.
b) 2
2x+5
= 24
x+1
.3
-x-1

2
2x+5
= 3
x+1
.8
x+1
.3
-x-1

2
2x+5
= 8
x+1

2
2x+5
= 2
3(x+1)

2x + 5 = 3x + 3

x = 2.
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
Bài 2: a.Giải phương trình :
x x x
6.9 13.6 6.4 0− + =
b. Giải phương trình
1
7 2.7 9 0
x x−
+ − =
.
Giải
a. Chia hai vế phương trình cho 4
x
: 6
2
3
2
x
 
 ÷
 
- 13
3
2
x
 
 ÷
 
+ 6 = 0
*Đặt t =
3
2
x
 
 ÷
 
. Điều kiện t > 0 được phương trình bậc hai
6.t
2
– 13t + 6 = 0
*Hai nghiệm
3
t
2
=
hoặc t =
2
3
(hai nghiệm thỏa mãn điều kiện )
*Nghiệm của phương trình (1): là x = -1 hay x = 1
b.
23

2
7
7
7 2. 9 0
7
7 9.7 14 0
1
7 7
log 2
7 2
x
x
x x
x
x
x
x
⇔ + − =
⇔ − + =

=
=

⇔ ⇔


=
=


II.BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
Bài 1: Giải các bpt mũ sau
a)
366
2
<
+
xx
(1) b) 9
x
+ 6.3
x
– 7 > 0 (2)
Giải :
a) (1)
2
66
2
<⇔
+
xx

02
2
<−+⇔
xx

12
<<−⇔
x
Vậy bpt có nghiệm
2 1x
− < <
b) Đặt t = 3
x
, ( t > 0)
Khi đó bpt trở thành: t
2
+ 6t -7 > 0
7
1
t
t
< −



>

Kết hợp với điều kiện t > 0 ta được t > 1.
013 >⇔>⇔ x
x
Vậy bpt có nghiệm x > 0.
Bài 2 : Giải bất phương trình:

+ − <
x x
3 9.3 10 0
Giải : Đặt t = 3
x
, đk: t > 0
Bpt trở thành t
2
– 10t + 9 < 0

20
331
91
2
<<⇔
<<⇔
<<⇔
x
t
x

Vậy bất phương trình có nghiệm 0<x<2
Bài 3 : Giải bất phương trình: 49
x+1
+ 40.7
x+2
- 2009 < 0
Giải :
pt ⇔ 49.7
2x
+ 40.49.7
x
- 2009 =<0
⇔ 7
2x
+ 40.7
x
- 41 < 0
Đặt t = 7
x
> 0
Bất phương trình trở thành t
2
+ 40.t - 41 < 0
⇔ -41 < t < 1
Vì t>0 nên

0
1log
170
10
7
<⇔
<⇔
<<⇔
<<
x
x
t
x
B. PHƯƠNG TRÌNH,BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
I. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
Bài 1: Giải các phương trình logarit sau
a) log
2
x + log
4
x + log
8
x = 11
24

b)
04lglg
32
=−+ xx
Giải :
a) Điều kiện: x > 0
log
2
x + log
4
x + log
8
x = 11


log
2
x+
1
2
log
2
x+
1
3
log
2
x =11


log
2
x = 6


x = 2
6
= 64 (thỏa)
Vậy phương trình có nghiệm x = 64.
b) Đk x > 0

04lg3lg
2
=−+⇔ xxpt




=
=




−=
=

−4
10
10
4lg
1lg
x
x
x
x
Bài 2: Giải phương trình : log
2
x + log
4
x = log
2
3

Giải : ĐK : x > 0
Pt log
2
x +
1
2
log
2
x = log
2
3


3
2
log
2
x = log
2
3

 x =
3
3
Bài 3 : Giải phương trình :
2log2)2(loglog
444
−=−+ xx

Giải :Điều kiện x >2
[ ]
4 4
2
( 2) 8
4
( 2) 8 2 8 0
2
log log
pt x x
x
x x x x
x
⇔ − =
=

⇔ − = ⇔ − − = ⇔

= −

Đối chiếu điều kiện ta có x = 4 là nghiệm của phương trình.
Bài 4 : Giải phương trình :
2
2 1
2
2
log 3log log 2x x x+ + =
. (1)
Giải : Đk:
0x
>
( )
2
2 2
1 4log 2log 2 0x x
⇔ + − =

2
2
log 1
1
log
2
x
x
= −




=


1
2
2
x
x

=



=


( thoả đk )
II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
Bài 1: Giải các bất phương trình sau
a) log
0,2
(5x +10) < log
0,2
(x
2
+ 6x +8 ) b)
2
1 3
3
log ( 6 5) 2log (2 ) 0x x x− + + − ≥
Giải :
a) log
0,2
(5x +10) < log
0,2
(x
2
+ 6x +8 ) (1)
25

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×