Giải sbt Giải tích 12 Bài tập ôn tập chương 1

a) y = 4$x^3$ + x, y′ = 12$x^2$ + 1 > 0, ∀ x ∈ R

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

b) Giả sử tiếp điểm cần tìm có tọa độ (x0; y0) thì f′(x0) = 12${x_0}^2$ + 1 = 13 (vì tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): y = 3x + 1). Từ đó ta có: x0 = 1 hoặc x0 = -1

Vậy có hai tiếp tuyến phải tìm là y = 13x + 8 hoặc y = 13x - 8

c) Vì y’ = 12$x^2$ + m nên m ≥ 0; y” = –6($m^2$ + 5m)x + 12m

    +) Với m ≥ 0 ta có y’ > 0 (khi m = 0; y’ = 0 tại x = 0).

Vậy hàm số (1) luôn luôn đồng biến khi m ≥ 0; y” = –6($m^2$ + 5m)x + 12m

    +) Với m < 0 thì y = 0 ⇔ 

Từ đó suy ra:

y’ > 0 với

y’ < 0 với

Vậy hàm số (1) đồng biến trên các khoảng

và nghịch biến trên khoảng

a) y = –($m^2$ + 5m)$x^3$ + 6m$x^2$ + 6x – 5

y′ = –3($m^2$ + 5m)$x^2$ + 12mx + 6

Hàm số đơn điệu trên R khi và chỉ khi y’ không đổi dấu.

Ta xét các trường hợp:

    +) m2 + 5m = 0 ⇔ 

– Với m = 0 thì y’ = 6 nên hàm số luôn đồng biến.

– Với m = -5 thì y’ = -60x + 6 đổi dấu khi x đi qua .

    +) Với $m^2$ + 5m ≠ 0. Khi đó, y’ không đổi dấu nếu

Δ' = 36$m^2$ + 18($m^2$ + 5m) ≤ 0 ⇔ 3$m^2$ + 5m ≤ 0 ⇔ –5/3 ≤ m ≤ 0

– Với điều kiện đó, ta có –3($m^2$ + 5m) > 0 nên y’ > 0 và do đó hàm số đồng biến trên R.

Vậy với điều kiện –5/3 ≤ m ≤ 0 thì hàm số đồng biến trên R.

b) Nếu hàm số đạt cực đại tại x = 1 thì y’(1) = 0. Khi đó:

y′(1) = –3$m^2$ – 3m + 6 = 0 ⇔ 

Mặt khác, y” = –6($m^2$ + 5m)x + 12m

    +) Với m = 1 thì y’’ = -36x + 12. Khi đó, y’’(1) = -24 < 0 , hàm số đạt cực đại tại x = 1.

    +) Với m = -2 thì y’’ = 36x – 24. Khi đó, y’’(1) = 12 > 0, hàm số đạt cực tiểu tại x = 1.

Vậy với m = 1 thì hàm số đạt cực đại tại x = 1.

a) Ta có

y' = (a - 1)$x^2$ + 2ax + 3a - 2.

Với a = 1, y' = 2x + 1 đổi dấu khi x đi qua -1/2. Hàm số không đồng biến.

Với a ≠ 1 thì với mọi x mà tại đó y' ≥ 0

(y' = 0 chỉ tại x = -2, khi a = 2).

Vậy với a ≥ 2 hàm số luôn đồng biến

b) Đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình y = 0 có ba nghiệm phân biệt. Ta có

y = 0 có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

(a - 1)$x^2$ + 3ax + 9a - 6 = 0

Có hai nghiệm phân biệt khác 0. Muốn vậy, ta phải có

Giải hệ trên, ta được:

c) Khi a = 3/2 thì

y' = 0 ⇔ $x^2$ + 6x + 5 = 0 ⇔ x = -1 hoặc x = -5.

Đồ thị như trên Hình 1.18

Vì

nên từ đồ thị (C) ta suy ngay ra đồ thị của hàm số

như trên Hình 1.19

a) TXĐ: D = R

Sự biến thiên:

y′ = 3$x^2$ – 6x = 3x(x – 2)

y′=0 ⇔ 

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–$\infty$;0), (2;+$\infty$)

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

Hàm số đạt cực đại tại x = 0 ; $y_{CĐ}$ = y(0) = 0

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2; $y_{CT}$ = y(2) = -4.

Giới hạn: 

Điểm uốn: y” = 6x – 6, y” = 0 ⇔ x = 1; y(1) = –2

Suy ra đồ thị có điểm uốn I(1; -2)

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

Đồ thị cắt trục hoành tại O(0;0), A(3;0). Đồ thị đi qua điểm B(-1;-4); C(2;-4).

b) $x^3$ – 3$x^2$ – m = 0 ⇔ $x^3$ – 3$x^2$ = m$x^3$ – 3$x^2$ – m = 0 ⇔ $x^3$ – 3$x^2$ = m (∗)

Phương trình (∗) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m cắt (C) tại 3 điểm phân biệt. Từ đó suy ra: – 4 < m < 0.

a) Học sinh tự làm

b) Ta có: y′ = –4$x^3$ – 2x

Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = x/6 – 1 nên tiếp tuyến có hệ số góc là –6. Vì vậy:

–4$x^3$ – 2x = –6

⇔ 2$x^3$ + x – 3 = 0

⇔ 2($x^3$ – 1) + (x – 1) = 0

⇔ (x – 1)(2$x^2$ + 2x + 3) = 0

⇔ x = 1(2$x^2$ + 2x + 3 > 0, ∀x)

Ta có: y(1) = 4

Phương trình phải tìm là: y – 4 = -6(x – 1) ⇔ y = -6x + 10

a) y = $x^4$ – 2$x^2$

y′ = 4$x^3$ – 4x = 4x($x^2$ – 1)

y′ = 0 ⇔ 

Bảng biến thiên:

Đồ thị

b) y′ = 4$x^3$ – 4mx = 4x($x^2$ – m)

Để (Cm) tiếp xúc với trục hoành tại hai điểm phân biệt thì điều kiện cần và đủ là phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 và $y_{CT}$ = 0.

    +) Nếu m ≤ 0 thì $x^2$ – m ≥ 0 với mọi x nên đồ thị không thể tiếp xúc với trục Ox tại hai điểm phân biệt.

    +) Nếu m > 0 thì y’ = 0 khi x = 0; x = $\sqrt{m}$ hoặc x = -$\sqrt{m}$.

f(√m) = 0 ⇔ $m^2$ – 2$m^2$ + $m^3$ – $m^2$ = 0 ⇔ $m^2$(m – 2) = 0 ⇔ m = 2 (do m > 0)

Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.

a) Học sinh tự làm

b) Phương trình tiếp tuyến tại điểm M0(x0; y0) là:

y – y0 = y’(x0)(x – x0)

Trong đó:

Ta có:

Để đường thẳng đó đi qua O(0; 0), điều kiện cần và đủ là:

⇔ x0 = –1 - $\sqrt{3}$ hoặc x0 = –1 + $\sqrt{3}$

    +) Với x0 = –1 + $\sqrt{3}$, ta có phương trình tiếp tuyến:

    +) Với x0 = –1 – $\sqrt{3}$, ta có phương trình tiếp tuyến:

c) Để tìm trên (C) các điểm có tọa độ nguyên ta có:

Điều kiện cần và đủ để M(x, y) ∈ (C) có tọa độ nguyên là:

tức (x – 2) là ước của 9.

Khi đó, x – 2 nhận các giá trị -1; 1; -3; 3; -9; 9 hay x nhận các giá trị 1; 3; -1; 5; -7; 11.

Do đó, ta có 6 điểm trên (C) có tọa độ nguyên là: (1;-6), (3;12), (-1;0), (5;6), (-7;2), (11;4).

a) Học sinh tự làm.

b) Tiệm cận đứng là đường thẳng x = 3.

Tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1.

Do đó, giao điểm của hai đường tiệm cận là I(3; 1). Thực hiện phép biến đổi:

Ta được

Vì Y = 5/X là hàm số lẻ nên đồ thị (C) của hàm số này có tâm đối xứng là gốc tọa độ I của hệ tọa độ IXY.

c) Giả sử M(x0; y0) ∈ (C). Gọi d1 là khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng và d2 là khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang, ta có:

Có hai điểm thỏa mãn đầu bài, đó là hai điểm có hoành độ x0 = 3 + $\sqrt{5}$ hoặc x0 = 3 - $\sqrt{5}$