Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 1 (có lời giải) - Đề 1

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Hàm số \(f\left( x \right)\) xác định tại \(x = 1\), \(f'\left( 1 \right) = 0\) và đạo hàm đổi dấu từ \(( + )\) sang \(( - )\).

Ta có:

+) TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

+) \(y' =  - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9\).

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\) khi \(y' \le 0,\,\forall x \in \left( { - \infty ; + \infty } \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 3 < 0\\\Delta ' = {m^2} + 3\left( {4m + 9} \right) \le 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow m \in \left[ { - 9; - 3} \right]\) \( \Rightarrow \) có 7 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn.

Ta có \[f'\left( x \right) = 1 - \frac{4}{{{x^2}}}\];

  \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2\] hoặc \[x =  - 2\].

Bảng biến thiên của hàm số đã cho trên khoảng\[\left( { - 4;0} \right)\]:

Từ bảng biến thiên, ta thấy \[\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left( { - 4;0} \right)} f\left( x \right) = f\left( { - 2} \right) =  - 4\].

Từ đồ thị của hàm số \[f\left( x \right)\], ta thấy \[M = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = 4;m = \mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 3} \right) =  - 2\].

Hàm số có tập xác định là \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2;1} \right\}\].

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x - 2}} =  + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x - 2}} =  - \infty \) nên đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ + }} \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x - 2}} =  + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ - }} \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x - 2}} =  - \infty \)  nên đường thẳng \(x =  - 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có \[2\]tiệm cận đứng.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{6{x^2} + 7x - 2023}}{{2{x^2} + 3x + 2024}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{6 + \frac{7}{x} - \frac{{2023}}{{{x^2}}}}}{{2 + \frac{3}{x} - \frac{{2024}}{{{x^2}}}}} = 3;\\\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{6{x^2} + 7x - 2023}}{{2{x^2} + 3x + 2024}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{6 + \frac{7}{x} - \frac{{2023}}{{{x^2}}}}}{{2 + \frac{3}{x} - \frac{{2024}}{{{x^2}}}}} = 3.\end{array}\)

Nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 3\).

Ta có: \(y = \frac{{{x^3} + {x^2} - 2x - 1}}{{{x^2} - 2}} = x + 1 + \frac{1}{{{x^2} - 2}}\).

Mà

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {y - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{{x^2} - 2}} = 0;\\\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {y - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{1}{{{x^2} - 2}} = 0.\end{array}\)

nên đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = x + 1\).