Giải SBT Toán 12 Chân trời sáng tạo Bài 1. Tính đơn điệu và cực trị của hàm số có đáp án

a) Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy:

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−6; −4) và (−1; 3).

Hàm số nghịch biết trên các khoảng (−4; −1) và (3; 6).

Hàm số đạt cực đại tại x = −4, y_CĐ = 4 và tại x = 3, y_CĐ = 6.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1, y_CT = 2.

b) Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy:

Hàm số đồng biến trên khoảng (−3; 3).

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−6; −3) và (3; 6).

Hàm số đạt cực đại tại x = 3, y_CĐ = 4.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = −3, y_CT = −1.

a) y = −x³ – 3x² + 24x – 1

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y' = −3x² – 6x + 24 ⇔ y' = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = −4.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đồng biến trên khoảng (−4; 2).

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; −4) và (2; +∞).

Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y_CĐ = 27.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = −4, y_CT = −81.

b) y = x³ – 8x² + 5x + 2

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y' = 3x² – 16x + 5 ⇔ y' = 0 ⇔ x = 5 hoặc x = \(\frac{1}{3}\).

Ta có bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;\frac{1}{3}} \right)\) và (5; +∞).

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {\frac{1}{3};5} \right)\).

Hàm số đạt cực đại tại x = \(\frac{1}{3}\), y_CĐ = \(\frac{{76}}{{27}}\).

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 5, y_CT = −48.

c) y = x³ + 2x² + 3x + 1

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y' = 3x² + 4x + 3 = \(3{\left( {x + \frac{2}{3}} \right)^2} + \frac{5}{3}\) > 0, với mọi x.

Do đó hàm số đồng biến trên (−∞; +∞).

Hàm số không có cực trị.

d) y = −3x³ + 3x² – x + 2.

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y' = −9x² + 6x – 1 = −(3x – 1)² ≤ 0, với mọi x.

Do đó, hàm số nghịch biến trên (−∞; +∞).

Hàm số không có cực trị.

a) \(y = \frac{{3x + 1}}{{x - 2}}\)

Tập xác định: D = ℝ\{2}.

Ta có: y' = \(\frac{{ - 7}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\) < 0, với mọi x ∈ D.

Bảng biến thiên:

Do đó, hàm nghịch biến trên các khoảng (−∞; 2) và (2; +∞).

Hàm số không có cực trị.

b) \(y = \frac{{2x - 5}}{{3x + 1}}\)

Tập xác định: D = ℝ\\(\left\{ {\frac{{ - 1}}{3}} \right\}\).

Ta có: y' = \(\frac{{10}}{{{{\left( {3x + 1} \right)}^2}}}\) > 0, với mọi x ∈ D.

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;\frac{{ - 1}}{3}} \right)\) và \(\left( { - \frac{1}{3}; + \infty } \right)\).

Hàm số không có cực trị.

c) \(y = \sqrt {4 - {x^2}} \)

Tập xác định: D = [−2; 2].

Ta có: y' = \(\frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\) ⇔ y' = 0 ⇔ x = 0.

Ta có bảng biến thiên như sau:

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

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y_CĐ = 2.

d) \(y = x - \ln x\)

Tập xác định: D = (0; +∞).

Ta có: y' = 1 – \(\frac{1}{x}\) = \(\frac{{x - 1}}{x}\) ⇔ y' = 0 ⇔ x = 1.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞).

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 1).

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y_CT = 1.

a) \(y = \frac{{{x^2} + 8}}{{x + 1}}\)

Tập xác định: D = ℝ\{−1}.

Ta có: y' = \(\frac{{2x\left( {x + 1} \right) - {x^2} - 8}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\) = \(\frac{{{x^2} + 2x - 8}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)

           y' = 0 ⇔ x² + 2x – 8 = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = −4.

Ta có bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −4) và (2; +∞).

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−4; −1) và (−1; 2).

Hàm số đạt cực đại tại x = −4, y_CĐ = −8.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y_CT = 4.

b) \(y = \frac{{{x^2} - 8x + 10}}{{x - 2}}\)

Tập xác định: D = ℝ\{2}.

Ta có: y' = \(\frac{{\left( {2x - 8} \right)\left( {x - 2} \right) - {x^2} + 8x - 10}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\) = \(\frac{{{x^2} - 4x + 6}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\) = \(\frac{{{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\) .

Nhận thấy y' > 0, với mọi x ∈ D.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 2) và (2; +∞).

Hàm số không có cực trị.

c) \(y = \frac{{ - 2{x^2} + x + 2}}{{2x - 1}}\)

Tập xác định: D = ℝ\\(\left\{ {\frac{1}{2}} \right\}\).

Ta có: y' = \(\frac{{\left( { - 4x + 1} \right)\left( {2x - 1} \right) - 2\left( { - 2{x^2} + x + 2} \right)}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}\) = \(\frac{{ - 4{x^2} + 4x - 5}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}\)= \(\frac{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2} - 6}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}\)

Nhận thấy y' < 0, với mọi x ∈ D.

Ta có bảng biến thiên:

Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;\frac{1}{2}} \right)\) và \(\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\).

Hàm số không có cực trị.

d) \(y = \frac{{ - {x^2} - 6x - 25}}{{x + 3}}.\)

Tập xác định: D = ℝ\{−3}.

Ta có: y' =\(\frac{{\left( { - 2x - 6} \right)\left( {x + 3} \right) + {x^2} + 6x + 25}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}\) = \(\frac{{ - {x^2} - 6x + 7}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}\)

           y' = 0 ⇔ \(\frac{{ - {x^2} - 6x + 7}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}\) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = −7.

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−7; −3) và (−3; 1).

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; −7) và (1; +∞).

Hàm số đạt cực đại tại x = 1, y_CĐ = −8.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = −7, y_CT = 8.

a) \(y = \frac{{2x + m}}{{x - 1}}\)

Tập xác định: D = ℝ\{1}.

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

Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định

⇔ y' = \(\frac{{ - 2 - m}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\) > 0 với mọi x ∈ ℝ\{1}.

⇔ −2 – m > 0

⇔ m < −2.

b) \(y = \frac{{ - {x^2} + 3x + m}}{{x + 2}}\)

Tập xác định: D = ℝ\{−2}.

Ta có: y' = \(\frac{{\left( { - 2x + 3} \right)\left( {x + 2} \right) + {x^2} - 3x - m}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\) = \(\frac{{ - {x^2} - 4x + 6 - m}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\)

Để hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định

y' ≤ 0 với mọi x ∈ ℝ\{−2}.

⇔ −x2 – 4x + 6 – m ≤ 0 với mọi x ∈ ℝ\{−2}.

⇔ ∆' = 4 + 6 – m ≤ 0

⇔ 10 – m ≤ 0

⇔ m ≥ 10.

Từ đồ thị hàm số y = f'(x) trên, ta có bảng xét dấu sau:

Hàm số y = f(x) đồng biến trên các khoảng (−3; −2) và (1; 2), hàm số nghịch biến trên khoảng (−2; 1).

Hàm số đạt cực đại tại x = −2 và đạt cực tiểu tại x = 1.

a) Đặt f(x) = tanx – x với mọi x ∈ \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).

Ta có: f'(x) = \(\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1\) > 0 với mọi x ∈ \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).

Do đó f(x) đồng biến trên khoảng \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\), nên f(x) ≥ f(0) – 0 hay tanx ≥ x với mọi

x ∈ \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).

b) Đặt f(x) = lnx – x + 1 với mọi x > 0.

Ta có: f'(x) = \(\frac{1}{x}\) − 1

           f'(x) = 0 ⇔ x = 1.

Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 1) và nghịch biến trên khoảng (1; +∞).

Do đó f(x) ≤ f(1) – 0 với mọi x > 0  hay lnx ≤ x – 1 với mọi x > 0.

a) Đặt f(x) = x³ + 5x² – 8x + 4

Khi đó, f'(x) = 3x² + 10x – 8.

             f'(x) = 0 ⇔ x = \(\frac{2}{3}\) hoặc x = −4.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên, ta thấy đường thẳng y = 0 giao với đồ thị của hàm số tại đúng một thời điểm trong khoảng (−∞; −4).

Do đó, phương trình x³ + 5x² – 8x + 4 = 0 có duy nhất một nghiệm.

b) Đặt f(x) = −x³ + 3x² + 24x + 1

Ta có: f'(x) = −3x² + 6x + 24

           f'(x) = 0 ⇔ x = −2 hoặc x = 4.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên, ta thấy đường thẳng y = 0 giao với đồ thị của hàm số tại ba điểm phân biệt.

Do đó, phương trình −x³ + 3x² + 24x – 1 = 0 có ba nghiệm phân biệt.

Đạt f(x) = \(\frac{{{x^2} + x + 4}}{{x + 1}}\)

Tập xác định: D = ℝ\{−1}.

Ta có: f'(x) = \(\frac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 1} \right) - {x^2} - x - 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\) = \(\frac{{{x^2} + 2x - 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)

           f'(x) = 0 ⇔ \(\frac{{{x^2} + 2x - 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = −3.

Bảng biến thiên:

Xét sự tương giao của đồ thị hàm số y = \(\frac{{{x^2} + x + 4}}{{x + 1}}\) và đường thẳng y = m, để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì m < −5 hoặc m > 3.

a) Công thức tính vận tốc chất điểm là:

v(t) = h'(t) = t² – 8t + 12.

b) Ta có: v(t) = h'(t) = t² – 8t + 12 với 0 ≤ t ≤ 8.

                v(t) = 0 ⇔ t² – 8t + 12 = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = 6.

Bảng xét dấu:

Vậy chất điểm chuyển động đi lên (h(t) tăng) khi t trong các khoảng (0; 2) và (6; 8), đi xuống (h(t) giảm) khi t trong khoảng (2; 6).

Ta có: h(t) = \( - \frac{4}{{255}}{t^3} + \frac{{49}}{{85}}{t^2} - \frac{{98}}{{17}}t + 20\) với 0 ≤ t ≤ 20.

           h'(t) = \( - \frac{{12}}{{255}}{t^2} + \frac{{98}}{{85}}{t^2} - \frac{{98}}{{17}}\)

          h'(t) = 0 ⇔ x = 7 hoặc x = \(\frac{{37}}{5}\).

Bảng xét dấu:

Do đó, tàu lượn đi xuống khi t trong các khoảng (0; 7) và \(\left( {\frac{{37}}{5};20} \right)\), tàu lượn đi lên khi t trong khoảng \(\left( {7;\frac{{37}}{5}} \right)\).

Xét tam giác ADO vuông tại D, có AD = sin\(\widehat {DOA}\).AO = 10sinα;

                                                         DO = cos\(\widehat {DOA}\).AO = 10cosα.

Diện tích hình chữ nhật ABCD là: y = AD.DC = AD.2DO = 200sinαcosα = 100sin2α.

Ta có: y' = 200cos2α

           y' = 0 ⇔ α = \(\frac{\pi }{2}\) (0 ≤ α ≤ π).

Ta có bảng biến thiên:

Diện tích ABCD tăng trên khoảng \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\), giảm trên khoảng \(\left( {\frac{\pi }{2};\pi } \right)\).                                              

Ta có: P(t) = 80t³ – 3 600t² + 48 000t + 100 000 với 0 ≤ t ≤ 36.

           P'(t) = 240t² – 7 200t + 48 000

           P'(t) = 0 ⇔ 240t² – 7 200t + 48 000 = 0 ⇔ t = 10 hoặc t = 20.

Ta có bảng xét dấu:

Do đó, giá thành tăng khi t khong các khoảng (0; 10) và (20; 36), giảm khi t trong khoảng (10; 20).

a) l = pq – C = q(300 – 2q) – (0,05q³ – 5,7q² + 295q + 300)

                     = −0,05q³ + 3,7q² + 5q – 300.

b) Ta có: l = −0,05q³ + 3,7q² + 5q – 300

               l' = −0,15q² + 7,4q + 5

               l' = 0 ⇔ q = \( - \frac{2}{3}\) (loại) hoặc q = 50.

Ta có bảng biến thiên:

 Từ đó, lợi nhuận tăng khi q tăng trong khoảng (0; 50), giảm khi q trong khoảng (50; 100).           

a) Dựa vào đồ thị hàm số, ta có:

\(\mathop {\max }\limits_{[ - 5;5]} f\left( x \right) = f\left( { - 2} \right)\) = 7, \(\mathop {\min }\limits_{[ - 5;5]} f\left( x \right) = f\left( { - 5} \right)\) = −3.

b) Dựa vào đồ thị hàm số, ta có:

\(\mathop {\max }\limits_{[ - 7;5]} g\left( x \right) = g\left( 2 \right)\) = 5, \(\mathop {\min }\limits_{[ - 7;5]} g\left( x \right) = g\left( { - 4} \right)\) = −3.

a) y = x³ – 8x² – 12x + 1 trên đoạn [−2; 9]

Ta có: y' = 3x² – 16x – 12

           y' = 0 ⇔ 3x² – 16x – 12 = 0 ⇔ x = 6 hoặc x = \(\frac{{ - 2}}{3}\).

Tính các giá trị, ta được: y(−2) = −15, y\(\left( { - \frac{2}{3}} \right)\) = \(\frac{{139}}{{27}}\) ≈ 5,15, y(6) = −143, y(9) = −26.

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{[ - 2;9]} y = y\left( { - \frac{2}{3}} \right) = \frac{{139}}{{27}}\), \(\mathop {\min }\limits_{[ - 2;9]} y\) = y(6) = −143.

b) y = −2x³ + 9x² – 17 trên nửa khoảng (−∞; 4].

Ta có: y = −2x³ + 9x² – 17

           y' = −6x² + 18x

           y' = 0 ⇔ −6x² + 18x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 3.

Tính các giá trị, ta được: y(0) = −17, y(3) = 10, y(4) = −1.

Ta có bảng biến thiên:

Do đó, \(\mathop {\min }\limits_{\left( { - \infty ;4} \right]} y = y\left( 0 \right)\) = −17 và hàm số không có giá trị lớn nhất trên (−∞; 4].

c) y = x³ – 12x + 4 trên đoạn [−6; 3]

Ta có: y' = 3x² – 12

           y' = 0 ⇔ 3x² – 12 = 0 ⇔ x = ±2.

Tính các giá trị, ta được: y(−6) = −140, y(−2) = 20, y(2) = −12, y(3) = −5.

Do đó, \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 6;3} \right]} y = y\left( { - 6} \right)\) = −140, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 6;3} \right]} y = y\left( { - 2} \right)\) = 20.

d) y = 2x³ – x² – 28x – 3 trên đoạn [−2; 1]

Ta có: y' = 6x² – 2x – 28

           y' = 0 ⇔ 6x² – 2x – 28 = 0 ⇔ x = −2 hoặc x = \(\frac{7}{3}\) (loại do x = \(\frac{7}{3}\) ∉ [−2; 1]).

Tính được các giá trị, ta được: y(−2) = 33, y(1) = −30.

Do đó, \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} y = y\left( 1 \right)\) = −30, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} y = y\left( { - 2} \right)\) = 33.

e) y = −3x³ + 4x² – 5x – 17 trên đoạn [−1; 2]

Ta có: y' = −9x² + 8x – 5

           y' = 0 ⇔ −9x² + 8x – 5 = 0 ⇒ phương trình vô nghiệm.

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} y = y\left( { - 1} \right)\) = −5, \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} y = y\left( 2 \right)\) = −35.

a) \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 3}}\) trên nửa khoảng (3; 4]

Tập xác định: D = ℝ\{3}.

Ta có: y' = \(\frac{{ - 7}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}}\) < 0, với mọi x ∈ (3; 4].

Hàm số nghịch biến trên (3; 4].

Có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y\) = +∞, y(4) = 9.

Do đó, \(\mathop {\min }\limits_{\left( {3;4} \right]} y\) = y(4) = 9, hàm số không có giá trị lớn nhất trên (3; 4].

b) \(y = \frac{{3x + 7}}{{2x - 5}}\) trên nửa khoảng \(\left[ { - 5;\frac{5}{2}} \right)\)

Tập xác định: D = ℝ\\(\left\{ {\frac{5}{2}} \right\}\).

Ta có: y' = \(\frac{{ - 29}}{{{{\left( {2x - 5} \right)}^2}}}\) < 0, với mọi x ∈ \(\left[ { - 5;\frac{5}{2}} \right)\).

Hàm số nghịch biến trên \(\left[ { - 5;\frac{5}{2}} \right)\).

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 5;\frac{5}{2}} \right)} y = y\left( { - 5} \right)\) = \(\frac{8}{{15}}\), hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên \(\left[ { - 5;\frac{5}{2}} \right)\).

c) \(y = \frac{{3x + 2}}{{x + 1}}\) trên đoạn [0; 4]

Tập xác định: D = ℝ\{−1}.

Ta có: y' = \(\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\) > 0 với mọi x ∈ [0; 4].

Hàm số đồng biến trên [0; 4], do đó: \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;{\rm{ }}4} \right]} y = y\left( 0 \right)\) = 2, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;{\rm{ }}4} \right]} y\) = y(4) = \(\frac{{14}}{5}\).

a) \(y = \frac{{4{x^2} - 2x + 9}}{{2x - 1}}\) trên khoảng (1; +∞)

Tập xác định: D = ℝ\\(\left\{ {\frac{1}{2}} \right\}\).

Ta có: y' = \(\frac{{\left( {8x - 2} \right)\left( {2x - 1} \right) - 2\left( {4{x^2} - 2x + 9} \right)}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}\) = \(\frac{{8{x^2} - 8x - 16}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}\)

           y' = 0 ⇔ \(\frac{{8{x^2} - 8x - 16}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}\) = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = −1 (loại do −1∉ (1; +∞)).

Ta có bảng biến thiên:

Do đó, \(\mathop {\min }\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} y = y\left( 2 \right)\) = 7, hàm số không có giá trị lớn nhất (1; +∞).

b) \(y = \frac{{{x^2} - 2}}{{2x + 1}}\) trên nửa khoảng [0; +∞)

Tập xác định: D = ℝ\\(\left\{ { - \frac{1}{2}} \right\}\).

Ta có: y' = \(\frac{{2x\left( {2x + 1} \right) - 2\left( {{x^2} - 2} \right)}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}\) = \(\frac{{2{x^2} + 2x + 4}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}\) = \(\frac{{2{{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{7}{2}}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}\) > 0,

với mọi x ∈ [0; +∞).

Ta có bản biến thiên:

Do đó, \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} y = y\left( 0 \right)\) = −2, hàm số không có giá trị lớn nhất trên [0; +∞).

c) \(y = \frac{{9{x^2} + 3x + 7}}{{3x - 1}}\) trên nửa khoảng \(\left( {\frac{1}{3};5} \right]\)

Tập xác định: D = ℝ\\(\left\{ {\frac{1}{3}} \right\}\).

Ta có: y' = \(\frac{{\left( {18x + 3} \right)\left( {3x - 1} \right) - 3\left( {9{x^2} + 3x + 7} \right)}}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}}\) = \(\frac{{27{x^2} - 18x - 24}}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}}\)

            y' = 0 ⇔ \(\frac{{27{x^2} - 18x - 24}}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}}\) = 0 ⇔ x = \(\frac{4}{3}\) hoặc x = \(\frac{{ - 2}}{3}\) (loại do \(\frac{{ - 2}}{3}\) ∉ \(\left( {\frac{1}{3};5} \right]\)).

Ta có bảng biến thiên:

Do đó, \(\mathop {\min }\limits_{\left( {\frac{1}{3};5} \right]} y = y\left( {\frac{4}{3}} \right)\) = 9, hàm số không có giá trị lớn nhất trên \(\left( {\frac{1}{3};5} \right]\).

d) \(y = \frac{{2{x^2} + 3x - 3}}{{2x + 5}}\) trên đoạn [−2; 4]

Tập xác định: D = ℝ\\(\left\{ { - \frac{5}{2}} \right\}\).

Ta có: y' = \(\frac{{\left( {4x + 3} \right)\left( {2x + 5} \right) - 2\left( {2{x^2} + 3x - 3} \right)}}{{{{\left( {2x + 5} \right)}^2}}}\) = \(\frac{{4{x^2} + 20x + 21}}{{{{\left( {2x + 5} \right)}^2}}}\)

           y' = 0 ⇔ \(\frac{{4{x^2} + 20x + 21}}{{{{\left( {2x + 5} \right)}^2}}}\) = 0 ⇔ x = \( - \frac{3}{2}\) hoặc x = \( - \frac{7}{2}\) (loại do \( - \frac{7}{2}\) ∉ [−2; 4]).

Ta có bảng biến thiên:

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;4} \right]} y = y\left( 4 \right) = \frac{{41}}{{13}}\), \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;4} \right]} y = y\left( { - \frac{3}{2}} \right)\) = \( - \frac{3}{2}\).

a) \(y = \sqrt { - {x^2} + 9} \)

Tập xác định: D = [−3; 3].

Ta có: y' = \(\frac{{ - x}}{{\sqrt { - {x^2} + 9} }}\)

           y' = 0 ⇔ \(\frac{{ - x}}{{\sqrt { - {x^2} + 9} }}\)= 0 ⇔ x = 0.

Tính các giá trị, ta được: y(−3) = 0, y(0) = 3, y(3) = 0.

Do đó, \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} y = y\left( 3 \right) = y\left( { - 3} \right) = 0\), \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} y = y\left( 0 \right) = 3\).

b) y = \(\frac{{x + 1}}{{{x^2} + 2x + 10}}\)

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y' = \(\frac{{{x^2} + 2x + 10 - \left( {x + 1} \right)\left( {2x + 2} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 2x + 10} \right)}^2}}}\) = \(\frac{{ - {x^2} - 2x + 8}}{{{{\left( {{x^2} + 2x + 10} \right)}^2}}}\)

           y' = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = −4.

Ta có bảng biến thiên:

Ta có: v(t) = x'(t) = −0,04t³ + 0,36t² + 0,6t với 0 ≤ t ≤ 6.

           v'(t) = −0,12t² + 0,72t + 0,6

           v'(t) = 0 ⇔ −0,12t² + 0,72t + 0,6 = 0 ⇔ t = 3 ±\(\sqrt {14} \) (loại do 3 ±\(\sqrt {14} \) ∉ [0; 6]).

Ta tính được các giá trị: v(0) = 0, v(6) = 7,92.

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;6} \right]} v\left( t \right) = v\left( 6 \right)\) = 7,92 (m/s).

Hướng dẫn giải

Ta có: a + b = 4 ⇒ a = 4 – b và 0 ≤ a ≤ 4.

Đặt f(a) = a⁴ + b⁴ = a⁴ + (4 – a)⁴

      f'(a) = 4a³ – 4(4 – a)³ = 0

 ⇔ a³ = (4 – a)³ ⇔ x = 2.

Tính các giá trị, ta được: f(0) = 256, f(2) = 32, f(4) = 256.

Do đó, \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( a \right) = f\left( 2 \right) = 32\).

Chiếc hộp sau khi gấp có cạnh đáy là: 12 – 2x (cm) với 0 < x < 6.

Thể tích của chiếc hộp lúc này là: V = x(12 – 2x)² với 0 < x < 6.

Ta có: V' = (12 – 2x)² – 4x(12 – 2x) = 12x² – 96x +144

           V' = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = 6 (loại do 6 ∉ (0; 6)).

Ta có bảng biến thiên:

Vậy thể tích chiếc hộp lớn nhất là 128 cm³ khi x = 2 (cm).

a) Gọi M là trung điểm của BC, ta có \(\widehat {MOC} = 2\widehat {OAC} = \widehat {BAC}\) = α.

Do đó: AM = AO + OM = 1 + cosα,

            BC = 2MC = 2sinα.

Suy ra S = \(\frac{1}{2}\)AM.BC = sinα(1 + cosα).

b) Ta có: S' = cosα(1 + cosα) – sin²α = 2cos²α + cosα – 1;

               S' = 0 ⇔ cosα = −1 hoặc cosα = \(\frac{1}{2}\)

                         ⇔ α = π + k2π hoặc α = \( \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \).

Mà 0 < α < π do đó α = \(\frac{\pi }{3}\).

Ta có bảng biến thiên:

Vậy \(\mathop {\max S}\limits_{\left( {0;\pi } \right)} = S\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}\) (cm²).

Xét hình thang cân ABCD có AB ∥ CD như hình bên.

Ta có diện tích hình thang cân ABCD là:

S = \(\frac{1}{2}\left( {AB + CD} \right)AE = \left( {5 + x} \right)\sqrt {25 - {x^2}} \) (0 ≤ x < 5).

S' = \(\frac{{ - 2{x^2} - 5x + 25}}{{\sqrt {25 - {x^2}} }}\)

S' = 0 ⇔ x = 2,5.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;5} \right)} S = S\left( {\frac{5}{2}} \right) = \frac{{75\sqrt 3 }}{4}\).

Lợi nhuận xưởng thu được trong một ngày khi sản xuất x (kg) thành phẩm là:

P(x) = 513x – (2x³ – 30x² + 177x + 2 592) = −2x³ + 30x² + 336x – 2 592 với 0 ≤ x ≤ 20.

Ta có: P'(x) = −6x² + 60x + 336

           P'(x) = 0 ⇔ x = 14 hoặc x = −4 (loại do −4 ∉ [0; 20]).

Ta có bảng biến thiên:

Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;20} \right]} P\left( x \right) = P\left( {14} \right) = 2504\).

Vậy x = 14 kg.

Ta có doanh thu R = PQ = Q\(\sqrt {1500 - Q} \), với 0 ≤ Q ≤ 1 500

                           R' = \(\frac{{ - 3Q + 3000}}{{2\sqrt {1500 - Q} }}\)

                           R' = 0 ⇔ Q = 1 000.

Tính các giá trị, ta được: R(0) = 0, R(1 000) = 10 000\(\sqrt 5 \), R(1 500) = 0.

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1500} \right]} R = R\left( {1000} \right) = 10000\sqrt 5 \).

a) Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y = −1.

b) Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y = 1 và tiệm cận đứng x = 2.

c) Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x = 1 và tiệm cận xiên là đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm (0; 2) và (2; 0).

Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}0.a + b = 2\\2a + b = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 2\\a =  - 1\end{array} \right.\).

Vậy đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là y = −x + 2.

d) Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận xiên.

Đường tiệm cận xiên thứ nhất y = a1x + b1 đi qua hai điểm có tọa độ (0; −3) và (4; 0).

Giải hệ phương trình, ta được: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{a_1}.0 + {b_1} =  - 3\\{a_1}.4 + {b_1} = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = \frac{3}{4}\\{b_1} =  - 3\end{array} \right.\\\end{array}\).

Do đó, đường tiệm cận xiên thứ nhất là y = \(\frac{3}{4}x - 3.\)

Đường tiệm cận xiên thứ hai y = a2x + b2 đi qua hai điểm có tọa độ (0; 3) và (4; 0).

Giải hệ phương trình, ta được: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{a_2}.0 + {b_2} = 3\\{a_2}.4 + {b_2} = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} =  - \frac{3}{4}\\{b_1} = 3\end{array} \right.\\\end{array}\).

Do đó, đường tiệm cận xiên thứ hai là: y = \( - \frac{3}{4}x + 3.\)

a) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {{\frac{1}{2}}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {{\frac{1}{2}}^ + }} \frac{{x - 5}}{{2x + 1}} =  - \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {{\frac{1}{2}}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {{\frac{1}{2}}^ - }} \frac{{x - 5}}{{2x + 1}} =  + \infty \).

Do đó, đường thẳng x = \( - \frac{1}{2}\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

              \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{x - 5}}{{2x + 1}} = \frac{1}{2}\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x - 5}}{{2x + 1}} = \frac{1}{2}\).

Do đó, đường thẳng y = \(\frac{1}{2}\) là tiệm ngang của đồ thị hàm số.

b) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{2x}}{{x - 3}} =  + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{2x}}{{x - 3}} =  - \infty \).

Do đó, đường thẳng x = 3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

              \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x}}{{x - 3}} = 2\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x}}{{x - 3}} = 2\).

Do đó, đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

c) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {{\frac{2}{3}}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {{\frac{2}{3}}^ + }} \left( { - \frac{6}{{3x + 2}}} \right) =  - \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {{\frac{2}{3}}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {{\frac{2}{3}}^ - }} \left( { - \frac{6}{{3x + 2}}} \right) =  + \infty \).

Do đó, đường thẳng x = \( - \frac{2}{3}\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

               \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( { - \frac{6}{{3x + 2}}} \right) = 0\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( { - \frac{6}{{3x + 2}}} \right) = 0\).

Do đó, đường thẳng y = 0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

a) \(y = 2x + 1 + \frac{1}{{x - 3}}\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \left( {2x + 1 + \frac{1}{{x - 3}}} \right) =  + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {2x + 1 + \frac{1}{{x - 3}}} \right) =  - \infty \).

Do đó, đường thẳng x = 3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

            \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left[ {y - \left( {2x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{1}{{x - 3}} = 0\).

Do đó, đường thẳng y = 2x + 1laf tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

b) Ta có: \(y = \frac{{ - 3{x^2} + 16x - 3}}{{x - 5}}\) = −3x + 1 + \(\frac{2}{{x - 5}}\).

             \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ + }} \left( { - 3x + 1 + \frac{2}{{x - 5}}} \right) =  + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ - }} \left( { - 3x + 1 + \frac{2}{{x - 5}}} \right) =  - \infty \).

Do đó, đường thẳng x = 5 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

             \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left[ {y - \left( { - 3x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{2}{{x - 5}} = 0\).

Do đó, đường thẳng y = −3x + 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

c) Ta có: \(y = \frac{{ - 6{x^2} + 7x + 1}}{{3x + 1}}\) = −2x + 3 – \(\frac{2}{{3x + 1}}\)

              \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {{\frac{1}{3}}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {{\frac{1}{3}}^ + }} \left( { - 2x + 3 - \frac{2}{{3x + 1}}} \right) =  + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {{\frac{1}{3}}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {{\frac{1}{3}}^ - }} \left( { - 2x + 3 - \frac{2}{{3x + 1}}} \right) =  - \infty \).

Do đó, đường thẳng x = \( - \frac{1}{3}\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

              \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left[ {y - \left( { - 2x + 3} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{ - 2}}{{3x + 1}} = 0\).

Do đó, đường thẳng y = −2x + 3 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

a) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} + 2}}{{{x^2} + 2x - 3}} =  + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{{x^2} + 2}}{{{x^2} + 2x - 3}} =  - \infty \).

Do đó, đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

               \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {3^ + }} \frac{{{x^2} + 2}}{{{x^2} + 2x - 3}} =  - \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {3^ - }} \frac{{{x^2} + 2}}{{{x^2} + 2x - 3}} =  + \infty \).

Do đó, đường thẳng x = −3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

               \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{{x^2} + 2}}{{{x^2} + 2x - 3}} = 1\).

Do đó, đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

b) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {y - \left( { - x} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {\sqrt {{x^2} - 16}  + x} \right] = 0\).

Do đó, đường thẳng y = −x là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

                \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {y - x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {\sqrt {{x^2} - 16}  - x} \right] = 0\).

Do đó, đường thẳng y = x là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

a) Ta có: C(95) = \(\frac{{2000.95}}{{100 - 95}} = 38000\) tỉ đồng.

               C(96) = \(\frac{{2000.96}}{{100 - 96}} = 48000\) tỉ đồng.

               C(97) = \(\frac{{2000.97}}{{100 - 97}} = \frac{{194000}}{3}\) tỉ đồng.

               C(98) = \(\frac{{2000.98}}{{100 - 98}} = 96000\)tỉ đồng.

               C(99) =  \(\frac{{2000.99}}{{100 - 99}} = 198000\) tỉ đồng.

b) Ta có: C(p) = \(\frac{{2000p}}{{100 - p}}\)

             \(\mathop {\lim }\limits_{p \to {{100}^ + }} C\left( p \right) = \mathop {\lim }\limits_{p \to {{100}^ + }} \frac{{2000p}}{{100 - p}} =  + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{p \to {{100}^ - }} C\left( p \right) = \mathop {\lim }\limits_{p \to {{100}^ - }} \frac{{2000p}}{{100 - p}} =  - \infty \).

Do đó, đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng p = 100.

a) Ta có: \(\overline C (x) = \frac{{50000000 + 10000x}}{x} = \frac{{50000000}}{x} + 10000\).

b) Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {\frac{{50000000}}{x} + 10000} \right) =  + \infty \);  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {\frac{{50000000}}{x} + 10000} \right) =  - \infty \).

Do đó, đường thẳng x = 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\frac{{50000000}}{x} + 10000} \right) = 10000\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\frac{{50000000}}{x} + 10000} \right) = 10000\)

Do đó, đường thẳng y = 10 000 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

a) y = x(x² – 4x) = x³ – 4x²

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y' = 3x² – 8x

           y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = \(\frac{8}{3}\).

Ta có bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và \(\left( {\frac{8}{3}; + \infty } \right)\).

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;\frac{8}{3}} \right)\).

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y_CĐ = 0.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = \(\frac{8}{3}\), y_CT = \( - \frac{{256}}{{27}}\).

Đồ thị hàm số:

b) y = −x³ + 3x² – 2

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y' = −3x² + 6x

           y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.

Ta có bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2).

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; 0) và (2; +∞).

Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y_CĐ = 2.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y_CT = −2.

Đồ thị hàm số:

a) Khi m = −1 ta được: y = −2x³ – x – 2.

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y' = −6x² – 1

           y' = 0 phương trình vô nghiệm.

Ta có bảng biến thiên:

Hàm số nghịch biến trên ℝ.

Hàm số không cực trị.

Đồ thị hàm số

b) Ta có: y = (m – 1)x³ + 2(m + 1)x² – x + m – 1               

               y' = 3(m – 1)x² + 4(m + 1)x – 1

               y'' = 6(m – 1)x + 4(m + 1).

               y'' = 0 ⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 \ne 0\\x = \frac{{ - 2\left( {m + 1} \right)}}{{3\left( {m - 1} \right)}}\end{array} \right.\).

Để tâm đối xứng của đồ thị hàm số có hoành độ x₀ = −2.

⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 \ne 0\\\frac{{ - 2\left( {m + 1} \right)}}{{3\left( {m - 1} \right)}} = - 2\end{array} \right.\) ⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\2m + 2 = 6m - 6\end{array} \right.\) ⇔ m = 2.

Ta có: y = 2x³ + 6x² – x + 2

          y' = 6x² + 12x – 1

          y'' = 12x + 12

          y'' = 0 ⇔ x = −1.

Tâm đối xứng I của đồ thị hàm số có tọa độ I(−1; 7).

Với y'(−1) = −7, ta có phương trình tiếp tuyến tại I:

y = −7(x + 1) + 7 hay y = −7x.

Ta có: y = −x³ – 3x² + mx + 1

           y' = −3x² – 6x + m

           y'' = −6x – 6;

           y'' = 0 ⇔ x = −1.

Tâm đối xứng I của đồ thị hàm số có tung độ y_I = −m – 1.

I nằm trên trục Ox nên y_I = 0 ⇔ = −m – 1 = 0 ⇔ m = −1.

Khi m = −1, hàm số trở thành y = −x³ – 3x² − x + 1 và y' = −3x² – 6x – 1.

Phương trình y' = 0 có ∆ . 0 nên có hai nghiệm phân biệt, suy ra đồ thị hàm số có hai cực trị đối xứng qua I(−1; 0), nghĩa là tung độ của hai cực trị trái dấu nhau nên đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt.

a) y = 3 + \(\frac{1}{x}\)

Tập xác định: D = ℝ\{0}.

Giới hạn của hàm số:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {3 + \frac{1}{x}} \right) = 3\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {3 + \frac{1}{x}} \right) = 3\).

Do đó, đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = 3.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {3 + \frac{1}{x}} \right) = + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {3 + \frac{1}{x}} \right) = - \infty \).

Do đó, đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 0.

Ta có: y' = \( - \frac{1}{{{x^2}}}\)

           y' < 0 với mọi x ≠ 0 nên hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; 0) và (0; +∞).

Ta có bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số:

b) y = 2 – \(\frac{1}{{1 + x}}\)

Tập xác định: D = ℝ\{−1}.

Giới hạn của hàm số:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {2 - \frac{1}{{1 + x}}} \right) = 2\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2 - \frac{1}{{1 + x}}} \right) = 2\).

Do đó, đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = 2.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \left( {2 - \frac{1}{{1 + x}}} \right) = - \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \left( {2 - \frac{1}{{1 + x}}} \right) = + \infty \).

Do đó, đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = −1.

Ta có bảng biến thiên:

Ta có: y' = \(\frac{1}{{{{\left( {1 + x} \right)}^2}}}\) > 0 với mọi x ≠ −1 nên hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; −1) và (−1; +∞).

Đồ thị hàm số:

a) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −1 và tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2 nên giao điểm I có tọa độ I(−1; 2).

b) Ta có: xM = xI – t = −1 – t ⇒ yM = \(\frac{{2{x_M} - 1}}{{{x_M} + 1}}\) = \(\frac{{2\left( { - 1 - t} \right) - 1}}{{\left( { - 1 - t} \right) + 1}}\)

                xM' = xI + t = −1 + t ⇒ yM' = \(\frac{{2{x_{M'}} - 1}}{{{x_{M'}} + 1}}\) = \(\frac{{2\left( { - 1 + t} \right) - 1}}{{\left( { - 1 + t} \right) + 1}}\).

Do đó, yM + yM' = \(\frac{{2\left( { - 1 - t} \right) - 1}}{{\left( { - 1 - t} \right) + 1}}\) + \(\frac{{2\left( { - 1 + t} \right) - 1}}{{\left( { - 1 + t} \right) + 1}}\) = 4 = 2yI.

Mà xM + xM' = (−1 – t) + (−1 + t) = −2 = 2xI.

Vậy I là trung điểm của MM' hay M và M' đối xứng với nhau qua I.

Cách 1:

Xét phương trình hoành độ giao điểm, có: \(\frac{{2x - 1}}{{ - x + 3}}\) = −x (x ≠ 3).

⇔ 2x – 1 = −x(−x + 3)

⇔ 2x – 1 = x2 – 3x

⇔ x2 – 5x + 1 = 0

⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}{3^2} - 5.3 + 1 =  - 5 \ne 0\\\Delta  = {( - 5)^2} - 4.1 = 21 > 0\end{array} \right.\)

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt khác 3.

Vậy đường thẳng y = −x cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt.

Cách 2:

Ta vẽ được đồ thị hàm số y = \(\frac{{2x - 1}}{{ - x + 3}}\) và đường thẳng y = −x trên cùng một hệ trục Oxy.

Ta thấy đường thẳng y = −x cắt đồ thị hàm số y = \(\frac{{2x - 1}}{{ - x + 3}}\) tại hai điểm phân biệt.

a) \(y = \frac{{{x^2} - 2x + 2}}{{x - 1}}\)

Tập xác định: D = ℝ\{1}.

Giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty \)

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

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

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

           y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.

Ta có bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; 0) và (2; +∞).

Nghịch biến trên mỗi khoảng (0; 1) và (1; 2).

Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = −2.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yCT = 2.

Đồ thị hàm số:

b) Tập xác định: D = ℝ\\(\left\{ { - \frac{1}{2}} \right\}\).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  + \infty \).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{y}{x}\) = −2 và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {y + 2x} \right)\) = 0 nên đường thẳng y = −2x là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

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

Ta có: y' = \(\frac{{ - 2{{\left( {2x + 1} \right)}^2} - 2}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}\) = −2 – \(\frac{2}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}\).

Vì y' < 0 với mọi x ≠ \( - \frac{1}{2}\) nên hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ; - \frac{1}{2}} \right)\) và \(\left( { - \frac{1}{2}; + \infty } \right)\).

Bảng biến thiên:

Hàm số không có cực trị.

Đồ thị hàm số:

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

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y =  + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y =  - \infty \). Do đó, x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {y - \left( {x + 3} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{x - 1}} = 0\). Do đó, y = x + 3 là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Nhận thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 1 và tiệm cận ngang y = x + 3. Vậy giao điểm I có tọa độ I(1; 4).

b) Ta có: xM = xI – t = 1 – t; xM' = xI + t = 1 + t

                yM = \(\frac{{x_M^2 + 2{x_M} - 2}}{{{x_M} - 1}} = \frac{{{{\left( {1 - t} \right)}^2} + 2\left( {1 - t} \right) - 2}}{{\left( {1 - t} \right) - 1}}\)

               yM' = \(\frac{{x_{M'}^2 + 2{x_{M'}} - 2}}{{{x_{M'}} - 1}} = \frac{{{{\left( {1 + t} \right)}^2} + 2\left( {1 + t} \right) - 2}}{{\left( {1 + t} \right) - 1}}\)

Do đó, yM + yM' = \(\frac{{{{\left( {1 - t} \right)}^2} + 2\left( {1 - t} \right) - 2}}{{\left( {1 - t} \right) - 1}}\) + \(\frac{{{{\left( {1 + t} \right)}^2} + 2\left( {1 + t} \right) - 2}}{{\left( {1 + t} \right) - 1}}\) = 8 = 2yI.

Suy ra I là trung điểm của MM' hay M và M' đối xứng với nhau qua I.

Công thức hàm số có dạng y = \(\frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) với a = m – 1; b = −2; c = −1, d = m – 2.

Yêu cầu của bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi hàm số nghịch biến và có tiệm cận đứng không ở bên trái trục Oy, tiệm cận ngang không ở bên dưới trục Ox, nghĩa là:

\(\left\{ \begin{array}{l}ad - bc < 0\\c \ne 0\\\frac{a}{c} \ge 0\\ - \frac{d}{c} \ge 0\end{array} \right.\) ⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {m - 1} \right)\left( {m - 2} \right) - \left( { - 2} \right)\left( { - 1} \right) < 0\\ - 1 \ne 0\\\frac{{m - 1}}{{ - 1}} \ge 0\\\frac{{m - 2}}{1} \ge 0\end{array} \right.\) ⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}0 < m < 3\\m \le 1\\m \ge 2.\end{array} \right.\)

Vậy không có giá trị m thỏa mãn yêu cầu.

a) y = \(\frac{{{x^2} + 2x - m}}{{x - 1}}\)

Tập xác định: D = ℝ\{1}.

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

a) Đồ thị hàm số đã cho có hai cực trị khi và chỉ khi phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt.

⇔ x2 – 2x + m – 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt.

⇔ ∆' > 0 ⇔ 3 – m > 0 ⇔ m < 3.

Đồ thị hàm số đã cho có hai cực trị khi m < 3.

b) Nhận thấy m = 2 thỏa mãn điều kiện m < 3 nên khi đó hàm số có hai cực trị.

Với m = 2, ta có: y = \(\frac{{{x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}}\) và y' = \(\frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\).

Phương trình y' = 0  ⇔ \(\frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.

Với x = 0 thì y = 2, với x = 2 thì y = 6.

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị có dạng y = ax + b.

Giải hệ phương trình, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a.0 + b = 2\\a.2 + b = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 2\end{array} \right.\).

Vậy y = 2x + 2.

Đáp án đúng là: A

Quan sát đồ thị hàm số, nhận thấy hàm số nghịch biến trên khoảng (−2; 1).

Đáp án đúng là: B

Quan sát đồ thị hàm số, hàm số có ba điểm cực trị x = −2, x = 1, x = 3.

Đáp án đúng là: A

Quan sát đồ thị hàm số, trên đoạn [0; 4], giá trị nhỏ nhất của hàm số là y = −1 khi x = 1.

Đáp án đúng là: A

Tập xác định: D = ℝ\{2}.

Ta có: y' = \(\frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\)

           y' = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 3.

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 1) và (3; +∞).

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (1; 2) và (2; 3).

Đáp án đúng là: B

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y = x³ + 4x² – 3x + 4

           y' = 3x² + 8x – 3

           y' = 0 ⇔ x = \(\frac{1}{3}\) hoặc x = −3.

Bảng biến thiên:

Hàm số đạt cực đại tại x = −3, giá trị cực đại là 22.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = \(\frac{1}{3}\), giá trị cực tiểu là \(\frac{{94}}{{27}}\).

Đáp án đúng là: B

Quan sát đồ thị hàm số, nhận thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = −1, y_CT = −1

và x = 2, y_CT = −2.

Đáp án đúng là: D

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng (−3; −1) và (1; 2).

Đáp án đúng là: D

Ta có: y = x³ – 12x + 6

           y' = 3x² – 12

           y' = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = −2.

Tính các giá trị, ta được: y(−2) = 22, y(2) = −10, y(−3) = 15, y(3) = −3.

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} y = y\left( { - 2} \right) = 22\).

Đáp án đúng là: A

Ta có: y = \(\frac{{{x^2} - 2x + 6}}{{x + 1}}\) = x – 3 + \(\frac{9}{{x + 1}}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {x - 3} \right)} \right]\) = \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{9}{{x + 1}}\) = 0.

Vậy đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = x – 3.

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{ - 4x + 3}}{{2x + 2}}\) = +∞, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{ - 4x + 3}}{{2x + 2}}\) = −∞.

Do đó, đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

           \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 4x + 3}}{{2x + 2}}\) = −2, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 4x + 3}}{{2x + 2}}\) = −2.

Do đó, đường thẳng y = −2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy tâm đối xứng của đồ thị hàm số là điểm có tọa độ (−1; −2).

Ta có: y = 2x³ – 5x² – 24x – 18

           y' = 6x² – 10x – 24

           y' = 0 ⇔ x = 3 hoặc x = \( - \frac{4}{3}\).

Ta có bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - \frac{4}{3}} \right)\) và (3; +∞).

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \frac{4}{3};3} \right)\).

Hàm số đạt cực đại tại x = \( - \frac{4}{3}\) và y_CĐ = \(\frac{{10}}{{27}}\).

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 và y_CT = −81.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{3x + 1}}{{x - 2}} = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{3x + 1}}{{x - 2}} = - \infty \).

Do đó, x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

            \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3x + 1}}{{x - 2}} = 3\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{3x + 1}}{{x - 2}} = 3\).

Do đó, y = 3 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Ta có: P(q) = −q³ + 24q² + 780q – 5000 với 0 ≤ q ≤ 50.

           P'(q) = −3q² + 48q + 780

           P'(q) = 0 ⇔ q = 26 hoặc q = −10 (loại do 0 ≤ q ≤ 50).

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy:

Xưởng sản xuất càng nhiều thì lợi nhuận càng giảm.

Lợi nhuận lớn nhất khi xưởng sản xuất 26 kg sản phẩm trong một tuần.

Sau khi sản xuất được 26 kg sản phẩm, càng sản xuất thêm thì lợi nhuận càng giảm.

Lợi nhuận sản xuất thấp nhất khi xưởng sản xuất tối đa 50 kg.

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

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{{x^2} - 2x}}{{x + 1}} = - \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{{x^2} - 2x}}{{x + 1}} = + \infty \).

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = −1.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {x - 3} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{3}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} = 0\)

Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên x = x – 3.

Ta có: P(t) = 2t³ – 33t² + 168t + 137 với 0 < t ≤ 6.

           P'(t) = 6t² – 66t + 168

           P'(t) = 0 ⇔ t = 4 hoặc t = 7 (loại do 7 ∉ (0; 6]).

Ta có bảng xét dấu sau:

 Do đó, giá sản phẩm tăng trong 4 tháng đầu năm.         

Gọi x (dm) là độ dài cạnh đáy của chiếc hộp hình hộp chữ nhật (x > 0).

Khi đó, chiều cao của chiếc hộp là \(\frac{{10}}{{{x^2}}}\) (dm).

Diện tích toàn phần của chiếc hộp là

S = 2S_đáy + S_xq = 2x² + 4x.\(\frac{{10}}{{{x^2}}}\) = 2x² + \(\frac{{40}}{x}\) (dm²).

Ta có: S' = 4x – \(\frac{{40}}{{{x^2}}}\)

           S' = 0 ⇔ x = \(\sqrt[3]{{10}}\).

Ta có bảng xét dấu như sau:

Do đó, diện tích toàn phần nhỏ nhất là S = \(6\sqrt[3]{{100}}\) dm² khi x = \(\sqrt[3]{{10}}\) dm.

Ta có: y = f(x) = \(\frac{{m + 2}}{3}\)x³ + 2x² + (m + 2)x + 1

Tập xác định: D = ℝ.

TH1: \(\frac{{m + 2}}{3}\) = 0 ⇔ m = \( - \frac{2}{3}\).

Ta có: y = f(x) = 2x² + \(\frac{4}{3}\)x + 1

           y' = 4x + \(\frac{4}{3}\)

           y' = 0 ⇔ x = \( - \frac{1}{3}\).

Vậy với m = \( - \frac{2}{3}\) hàm số có 1 cực trị.

Do đó, m = \( - \frac{2}{3}\) loại.

TH 2: \(\frac{{m + 2}}{3}\) ≠ 0 ⇔ m ≠ \( - \frac{2}{3}\).

Ta có: y = f(x) = \(\frac{{m + 2}}{3}\)x³ + 2x² + (m + 2)x + 1

           y' = (m + 2)x² + 4x + m + 2

Để hàm số không có cực trị thì (−2)² – (m + 2)(m + 2) ≤ 0 ⇔ (m + 2)² ≥ 4.

Suy ra m ≥ 0 hoặc m ≤ −4.

Để hàm số đã cho là hàm số bậc ba, ta cần có điều kiện: 2 – m ≠ 0 hay m ≠ 2. (*)

Khi đó, gọi I là tâm đối xứng của đồ thị hàm số bậc ba, ta có:

I\(\left( {\frac{1}{{2 - m}}; - 2{{\left( {\frac{1}{{2 - m}}} \right)}^2} + 2} \right)\).

Thay \(\frac{1}{{2 - m}}\) bởi x_I vào tung độ điểm I, ta có: y_I = \( - 2x_I^2\) + 2.

Biểu thức cho thấy y_I là một hàm số bậc hai theo x_r.

Suy ra tâm đối xứng I của đồ thị hàm số đã cho luôn thuộc một parabol, đó là đồ thị hàm số y = −2x² + 2.

Mặt khác, x_I = \(\frac{1}{{2 - m}}\) nên m = 2 – \(\frac{1}{{{x_I}}}\).

Vậy với mọi x_I ta luôn có m = 2 – \(\frac{1}{{{x_I}}}\) ≠ 2 (thỏa mãn *), nghĩa là tâm đối xứng I của đồ thị hàm số đã cho luôn thuộc parabol có phương trình y = −2x² + 2.

y = f(x) = \(\frac{{{x^2} + 2x - m}}{{x - 1}}\)

Tập xác định: D = ℝ\{1}.

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

Để phương trình có hai cực trị, suy ra phương trình x² – 2x + m – 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1.

Do đó, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{1^2} - 2.1 + m - 2 \ne 0\\{( - 1)^2} - m + 2 > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 3\\m < 3\end{array} \right.\).

Vậy m < 3.

Gọi x (dm) là bán kính đáy hình trụ (x > 0).

Phương án 1:

Thể tích lon hình trụ cho bởi công thức:

V(x) = πx²(2 – 2x) với x ∈ \(\left( {0;\frac{5}{{2\pi }}} \right]\).

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:

V(x) đạt giá trị lớn nhất trên \(\left( {0;\frac{5}{{2\pi }}} \right]\) là khoảng 0,93 dm³ khi x ≈ 0,67 dm.

Phương án 2:

Thể tích lon hình trụ cho bởi công thức:

V(x) = 2πx² với x ∈ \(\left( {0;\frac{5}{{2\left( {\pi + 1} \right)}}} \right]\).

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:

V(x) đạt giá trị lớn nhất trên \(\left( {0;\frac{5}{{2\left( {\pi + 1} \right)}}} \right]\) là khoảng 2,29 dm³ khi x ≈0,60 dm.

Vậy thể tích lon hình trụ lớn nhất khi thiết kế theo phương án 2 và bán kính đáy khoảng 0,60dm.

a) Ta có: C(x) = 22x + 50 000 (nghìn đồng).

b) Giá thành một phần ăn là: D(x) = \(\frac{{C(x)}}{x} = 22 + \frac{{50000}}{x}\) nghìn đồng.

c) Xét: \(22 + \frac{{50000}}{x}\) = 30 ⇔ x = 6250.

Ta có đồ thị hàm số:

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy giao điểm của đồ thị hàm số D(x) và đường thẳng y = 30 là điểm có tọa độ (6250; 30). Nghĩa là khi phục vụ được tối thiểu 6250 phần ăn thì chi phí một phần ăn bằng tiền bán một phần ăn (là 30 nghìn đồng).

Đồ thị cũng cho thấy rằng nếu phục vụ ít hơn 6250 phần ăn thì chi phí cho 1 phần ăn cao hơn giá 1 phần ăn, nghĩa là nhà hàng sẽ lỗ.

Như vậy điểm hòa vốn là 6250.

d) Tổng lợi nhuận hằng năm cho x phần ăn là

L(x) = 30x – (22x + 50 000) = 8x – 50 000 (nghìn đồng).

e) Để đạt mục tiêu lợi nhuận hằng năm ít nhất là 120 000 nghìn đồng thì số phần ăn cần bán được phải thỏa mãn bất phương trình sau:

L(x) ≥ 120 000

⇔ 8x – 50 000 ≥ 120 000

⇔ x ≥ 21 250.

Kết quả cho thấy hằng năm, nhà hàng cần phục vụ được tối thiểu 21 250 phần ăn thì mới có lợi nhuận như mong muốn.

Do nhà hàng mở cửa 300 ngày một năm nên trung bình mỗi ngày nhà hàng cần phục vụ số phần ăn là:

21 250 : 300 ≈ 70,8 phần ăn.

Vậy để đạt mục tiêu, trung bình mỗi ngày nhà hàng cần phục vụ ít nhất 71 phần ăn.

a) Ta có: V = 800 = 8xy ⇒ y = \(\frac{{800}}{{8x}} = \frac{{100}}{x}\).

b) Diện tích toàn phần của chiếc hộp là:

S(x) = 2(x + y).8 + 2xy = 16\(\left( {x + \frac{{100}}{x}} \right)\) + 2x. \(\frac{{100}}{x}\) = 16x + \(\frac{{1600}}{x}\) + 200.

c) S(x) = 16x + \(\frac{{1600}}{x}\) + 200, với x > 0.

    S'(x) = 16 – \(\frac{{1600}}{{{x^2}}}\)

    S'(x) = 0 ⇔ x² = 100 ⇔ x = 10.

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên (10; +∞), hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 10).

d) Khi x = 10 thì hàm số S(x) đạt giá trị nhỏ nhất và S(10) = 520.

Lúc này, y = \(\frac{{100}}{x} = \frac{{100}}{{10}}\) = 10, nghĩa là khi làm đáy hộp là hình vuông có cạnh bằng 10 cm thì sẽ tiết kiệm vật liệu nhất.