Câu hỏi và bài tập ôn tập chương I | Bài giải GIẢI TÍCH 12 (Nâng Cao) | CHƯƠNG I - ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ - Lớp 12 - Sách Bài Giải

Bài 68 trang 61 SGK

Chứng minh các bất đẳng thức sau:

Hướng dẫn. a) Chứng minh rằng hàm số f(x) = tan x – x đồng biến trên nửa khoảng [0; /2).

Lời giải:

a) Xét hàm số f(x) = tan x – x

Do đó hàm số f(x) đồng biến trên (0; π/2)

Nên f(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0; π/2)

Vì f(0) = 0, nên khi x > 0 và x ∈ (0; π/2) thì f(x) > f(0), tức là tan x – x > 0 hay tan x > x.

b) Xét hàm số

= tan²⁡x – x²⁡ =(tan⁡x – x)(tan⁡x + x) > 0 với mọi x ∈ (0; π/2) và do câu a.

(Vì trên (0; π/2) thì tanx > 0 và x > 0 nên tanx + x > 0 .

Lại theo câu a, trên khoảng (0; π/2) thì tanx – x > 0

Do đó, (tanx + x).(tanx – x) > 0 ).

Suy ra f(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0; π/2)

Vì f(0) = 0 nên khi x > 0 thì f(x) > f(0), tức là tan⁡x – x – x³/3 > 0 hay tan⁡x > x + x³/3 với x ∈ (0; π/2)

Bài 69 trang 61 SGK

Xét chiều biến thiên và tìm cực trị (nếu có) của các hàm số sau:

Lời giải:

a)

Hàm số đồng biến trên khoảng (-1/3; +∞).

Hàm số không có cực trị.

b)

TXĐ: D = [0; 4]

Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2), nghịch biến trên khoảng (2; 4).

Hàm số đạt cực đại tại x = 2 và y_CĐ = y(2) = 2.

c) y = x + √x

TXĐ: D = [0; +∞)

Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞)

Hàm số không có cực trị.

d) y= x – √x

TXĐ: D = [0; +∞)

Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên khoảng (1/4; +∞), nghịch biến trên khoảng (0; 1/4).

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1/4 và y_CT = y(1/4) = -1/4

Bài 70 trang 61 SGK

Người ta định làm một cái hộp kim loại hình trụ có thể tích V cho trước. tìm bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ sao cho ít tốn kim loại nhất

Lời giải:

Để làm một cái hộp kim loại hình trụ ít tốn kim loại nhất thì diện tích toàn phần của hình trụ bé nhất.

Ta có:

Bài 71 trang 62 SGK

Chu vi một tam giác là 16 cm, độ dài một cạnh tam giác là 6 cm. Tìm độ dài hai cạnh còn lại của tam giác sao cho tam giác có diện tích lớn nhất.

Hướng dẫn. Có thể áp dụng công thức Hê-rông (Héron) để tính diện tích tam giác:

Nếu tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c thì diện tích của nó là

Lời giải:

Gọi độ dài ba cạnh của tam giác là 6, x và 10 – x, với 0 < x < 10

Nửa chu vi của tam giác là: p = 16 : 2 = 8

Áp dụng công thức Hê-rông ta có diện tích tam giác là:

Để diện tích tam giác lớn nhất thì hàm số y = -x2 + 10x – 16 đạt giá trị lớn nhất trên (0; 10).

Ta có y'= -2x + 10; y'=0 ⇔ x = 5

Hàm số đồng biến trên (0; 5), nghịch biên trên khoảng (5; 10)

Vậy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x = 5.

Khi đó diện tích của tam giác lớn nhất bằng 12.

Vậy độ dài cạnh còn lại đều là 5 cm.

Bài 72 trang 62 SGK

Cho hàm số

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

b) Chứng minh rằng phương trình f(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt.

Lời giải:

a) TXĐ: D = R

y'= x² – 4x = x(x - 4); y'= 0 ⇔ x = 0; x = 4

Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; 0) và (4; +∞)

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 4)

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y_CĐ = y(0) = 17/3

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 4, y_CT = y(4) = -5

y'' = 2x – 4; y''= 0 ⇔ x = 2

Bảng xét dấu

Bảng biến thiên

Đồ thị

b) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.

Vậy phương trình f(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt.

Bài 73 trang 62 SGK

Cho hàm số

f(x) = x³ + px + q

a) Tìm điều kiện đối với p và q để hàm số f có cực đại và một cực tiểu.

b) Chứng minh rằng nếu có giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trái dấu thì phương trình x³ + px + q = (1) có 3 nghiệm phân biệt.

c) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt là 4p³ + 27q² < 0.

Lời giải:

a) f'(x) = 3x² + p

Để hàm số f có một cực đại và một cực tiểu thì phương trình f’(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt và f’(x) đối dấu qua các điểm đó.

⇔ ∆’ = -3p > 0 ⇔ p < 0.

Vậy p < 0.

b)

Cách 1. Dạng đồ thị như hình vẽ.

Đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt nên phương trình x³ + px + q = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

Cách 2.

Hàm số f(x) = x³ + px + q liên tục trên R và có

f_CĐ = f(x₁ ), f_CT = f(x₂ )

Do

nên tồn tại số a sao cho f(a) < 0, a< x₁

Vì f(a).f_CĐ < 0 nên phương trình có ít nhất 1 nghiệm thuộc (a, x₁)

Và f(x₁ ).f(x₂ ) < 0 nên phương trình có ít nhất 1 nghiệm thuộc (x₁, x₂)

Do nên tồn tại một số b > x² sao cho f(b) > 0

Vì f(x²), f(b) < 0 nên phương trình có ít nhất 1 nghiệm thuộc (x², b)

Do phương trình bậc ba có nhiều nhất là 3 nghiệm.

Vậy phương trình x³ + px + q = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

Chú ý: Khẳng định trên đúng với phương trình bậc ba tổng quát.

Gọi x₁, x₂ là hai điểm cực trị của hàm số.

Theo câu b, ta có điều kiện cần và đủ để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt là giá trị cực đại và cực tiểu trái dấu nhau, nghĩa là y_CĐ.y_CT < 0 ⇔ f(x₁).f(x₂ )<0

Bài 74 trang 62 SGK

Cho hàm số

f(x) = x³ – 3x + 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm uốn U của nó.

c) Gọi (d_m) là đường thẳng đi qua U và có hệ số góc m. tìm các giá trị của m sao cho đường thẳng (d_m) cắt đồ thị của hàm số đã cho tại 3 điểm phân biệt.

Lời giải:

a) TXĐ: D = R

y' = 3x² – 3; y'= 0 ⇔ 3x2 – 3 = 0 ⇔ 3(x² – 1) = 0 ⇔ x = 1; x = -1

Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; -1) và (1; +∞), nghịch biến trên khoảng (-1; 1)

y_CĐ = y(-1) = 3; y_CT = y(1) = -1

Bảng xét dấu

Bảng biến thiên

Đồ thị

b) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm uốn U là: y – 1 = f'(0)(x – 0)

⇔ y – 1 = -3x ⇔ y = -3x + 1

c) Phương trình đường thẳng (m) đi qua điểm uốn U và có hệ số góc m có dạng y = mx + 1

Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d_m) và đồ thị là nghiệm của phương trình:

Để đường thẳng d_m cắt đồ thị của hàm số đã cho tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt ≠ 0.

Vậy với m > -3 là giá trị cần tìm.

Bài 75 trang 62 SGK

Cho hàm số

y = x⁴ – (m + 1)x² + m

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số m = 2

b) Tìm các giá trị của m sao cho đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm, tạo thành 3 đoạn thẳng có độ dài bằng nhau.

Lời giải:

a) Với m = 2. Hàm số y = x⁴ – 3x² + 2

TXĐ: D = R

y'= 4x³ – 6x = 2x(2x² – 3); y' = 0 ⇔ x = 0; x = √6/2; x = -√6/2

Điểm cực đại x = 0; y_CĐ= y(0) = 2

Giới hạn

Bảng biên thiên

Đồ thị

+ Cắt trục tung tại (0; 2).

+ Cắt trục hoành tại 4 điểm (-√2; 0); (-1; 0); (1; 0); (√2; 0).

b) Đặt t = x², điều kiện t ≥ 0. Hoành độ giao điểm của đồ thị và trục hoành là nghiệm của phương trình.

x⁴ – (m + 1)x² + m = 0 (1)

⇔ t² – (m + 1)t + m = 0 (2)

Đồ thị của hàm số cắt trục tung tại bốn điểm tạo thành 3 đoạn thẳng có độ dai bằng nhau, tức 4 điểm có hoành độ lập thành cấp số cộng.

⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm dương t₁, t₂ (với t₁ < t₂) thõa mãn điều kiện:

Điều kiện để (2) có 2 nghiệm dương phân biệt là:

Kết hợp với điều kiện (*), vậy với m = 9 hoặc m = 1/9 thì đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm, tạo thành 3 đoạn thẳng bằng nhau.

Bài 76 trang 62 SGK

Cho hàm số f(x) = x⁴ – x²

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.

b) Từ đồ thị hàm số f(x) suy ra đồ thị của hàm số y = |f(x)|.

Lời giải:

a) TXĐ: D = R

y'= 4x³ – 2x = 2x(2x² – 1) = 0 ⇔ x = 0; x = ±√2/2

Điểm cực đại x = 0; y_CĐ = y(0) = 0

Giới hạn

Bảng biến thiên

Đồ thị đi qua (0; 0); (-1; 0) và (1; 0).

b) Gọi (C) là đồ thị của hàm số y= x⁴ – x² .

Và (C’) là đồ thị của hàm số y= | f(x) | = |x⁴ – x²|

Ta thấy:

Cách vẽ đồ thị (C’):

+ Giữ nguyên phần đồ thị (C) bên trên trục Ox.

+ Lấy đối xứng phần đồ thị (C) bên dưới trục Ox qua trục Ox.

+ Hợp hai phần trên ta được đồ thị hàm số y = |f(x)|.

Bài 77 trang 62 SGK

Cho hàm số

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1

b) Chứng minnh rằng với mọi m ≠ 1/2, các đường cong (H_m) đều đi qau hai điểm cố định A, B.

c) Chứng minh rằng tích các hệ số góc của tiếp tuyến với (H_m) tại hai điểm A và B là một hằng số khi m biến thiên.

Lời giải:

Nên hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; 1) và (1; +∞)

Do đó đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng.

⇒ đường thẳng y = 1/2 là tiệm cận ngang.

Bảng biến thiên

Đồ thị

+ Cắt trục tung tại (0; 2).

+ Cắt trục hoành tại (4; 0).

Đk: mx ≠ 1

b) Gọi A(x, y) là điểm cố định của đồ thị hàm số khi m thay đổi.

Khi đó tọa độ của A thỏa mãn phương trình sau ∀m:

Vậy ∀m ≠ ±1/2 đồ thị hàm số luôn đi qua hai điểm cố định A(-2; 1), B(2; -1)

Hệ số của tiếp tuyến với (H_m) tại điểm A là y’(2), tại điểm B là y’(2)

Ta có:

Hệ số của tiếp tuyến với (H_m) tại điểm A là y’( -2), tại điểm B là y’(2)

Ta có:

Vậy tích các hệ số góc của các tiếp tuyến với (H_m) tại 2 điểm A và B là 1 hằng số khi m biến thiên.

Bài 78 trang 62 SGK

a) Vẽ đồ thị (T) của hàm số y = x² – x + 1 và đồ thị (H) của hàm số

b) Tìm giao điểm của hai đường cong (T) và (H). chứng minh rằng hai đường cong đó có tiếp tuyến chung tại giao điểm chung của chúng.

c) Xác định các khoảng trên đó (H) nằm phía trên hoặc dưới (H).

Lời giải:

a) Đồ thị

b)

Cách 1. Dựa vào đồ thị ta có giao điểm của (T) và (H) là A(0; 1).

Cách 2. Hoành độ giao điểm của (T) và (H) là nghiệm của phương trình.

Vậy giao điểm của (T) và (H) là A(0; 1)

Phương trình tiếp tuyến của (T) tại A(0; 1) là:

y – 1 = y'(0)(x – 0)

⇔ y – 1 = -x

⇔ y = -x + 1

(với y’(0) = 2.0 – 1 = -1)

Phương trình tiếp tuyến của (H) tại A(0; 1) là:

y - 1 = y(0)(x – 0) = -x

⇔ y = -x + 1

Vậy hai đường cong đó có tiếp tuyến chung tại giao điểm của chúng.

c)

Cách 1. Dựa vào đồ thị ta thấy trên (-∞; -1) và (0; +∞), (P) nằm trên (H), trên (-1; 0) thì (P) nằm phía dưới (H).

Cách 2. Xét bất phương trình:

⇔ x ∈(-∞; -1) và (0; +∞), (P) nằm phía trên (H)

Trên khoảng (-1; 0) thì (P) nằm phía dưới (H).

Bài 79 trang 62 SGK

Cho hàm số

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

b) Tiếp tuyến của đường cong (C) tại M(x₀, y₀) cắt tiệm cận đứng và tiệm cận xiên tại hai điểm A, B. chứng minh rằng M là trung điểm trên đường cong (C).

Lời giải:

a) TXĐ: D = R \ {0}

Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; -1)và (1; +∞), nghịch biến trên (-1; 0) và (0; 1)

Hàm số đạt cực đại tại x = -1 và y_CĐ = y(-1) = -2

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và y_CT = y(1) = 2

Giới hạn:

Vậy đường thẳng x = 0 là tiệm cận đứng.

Vậy đường thẳng y = x là tiệm cận xiên.

Bảng biến thiên

Đồ thị

b) Phương trình tiếp tuyến tại điểm M(x₀; y₀) thuộc (C) là:

Δ cắt tiệm cận đứng tại A.

⇒ Tọa độ A(0; 2/x₀ )

Δ cắt tiệm cận xiên tại B.

⇒ Tọa độ B(2x₀; 2x₀)

+ Tọa độ trung điểm của AB là:

Vậy M là trung điểm của đoạn AB.

+ Khoảng cách từ B đến trục Oy bằng 2x₀ là độ dài đường cao kẻ từ B của OAB, OA có độ dài bằng 2/x₀.

Vậy diện tích tam giác OAB là