Ông \(A\) dự định sử dụng hết \(6,5{m^3}\) kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?

Phương pháp giải:

Căn cứ 6 phương thức biểu đạt đã học (miêu tả, tự sự, biểu cảm, nghị luận, thuyết minh, hành chính – công vụ).

Giải chi tiết:

Phương thức biểu đạt tự sự.

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm \(y'\)

- Hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\)

- Xét các TH sau:

   + TH1: \(\Delta ' \le 0\) \( \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

   + TH2: \(\Delta ' > 0\), phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1} < {x_2}\). Để hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\)thì \({x_1} < {x_2} \le 1\)

- Áp dụng định lí Vi-ét.

Giải chi tiết:

Hàm số \(y = \frac{{{x^3}}}{3} - \left( {m - 1} \right){x^2} + 3\left( {m - 1} \right)x + 1\) xác định trên \(\left( {1; + \infty } \right)\)

Ta có: \(y' = {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\left( {m - 1} \right)\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\left( {m - 1} \right) \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\) (*).

Ta có \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 5m + 4\)

TH1: \(\Delta ' \le 0 \Leftrightarrow {m^2} - 5m + 4 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le m \le 4\), khi đó \(y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\) nên thỏa mãn (*).

TH2: \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 4}\\{m < 1}\end{array}} \right.\), khi đó phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1} < {x_2}\).

Áp dụng định lí Vi-et ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)}\\{{x_1}{x_2} = 3\left( {m - 1} \right)}\end{array}} \right.\)

Khi đó ta có \(y' \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge {x_2}}\\{x \le {x_1}}\end{array}} \right.\), nên hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty ;{x_1}} \right)\) và \(\left( {{x_2}; + \infty } \right)\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\) thì \(\left( {1; + \infty } \right) \subseteq \left( {{x_2}; + \infty } \right)\)\( \Rightarrow {x_1} < {x_2} \le 1\)

Khi đó ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} < 2}\\{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} < 2}\\{{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 \ge 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\left( {m - 1} \right) < 2}\\{3\left( {m - 1} \right) - 2\left( {m - 1} \right) + 1 \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 < 1}\\{m - 1 + 1 \ge 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 2}\\{m \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow 0 \le m < 2\)

Kết hợp 2 TH ta có \(0 \le m \le 4\). Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}\).

Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.