Nội Dung
Hướng dẫn giải Bài Ôn tập Chương 1. Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số, sách giáo khoa Giải tích 12. Nội dung bài giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 trang 45 46 47 sgk Giải tích 12 bao gồm tổng hợp công thức, lý thuyết, phương pháp giải bài tập giải tích có trong SGK để giúp các em học sinh học tốt môn toán lớp 12.
Lý thuyết
1. §1. Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số
3. §3. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
5. §5. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
Dưới đây là Hướng dẫn giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 trang 45 46 47 sgk Giải tích 12. Các bạn hãy đọc kỹ đầu bài trước khi giải nhé!
Bài tập Ôn tập chương 1
Giaibaisgk.com giới thiệu với các bạn đầy đủ phương pháp giải bài tập giải tích 12 kèm bài giải chi tiết bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 trang 45 46 47 sgk Giải tích 12 của Bài Ôn tập Chương 1. Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây:
1. Giải bài 1 trang 45 sgk Giải tích 12
Phát biểu các điều kiện đồng biến, nghịch biến của hàm số. Tìm các khoảng đơn điệu của các hàm số:
\(y=-x^3+2x^2-x-7\); \(y=\frac{x-5}{1-x}\)
Trả lời:
♦ Điều kiện đồng biến, nghịch biến của hàm số:
Cho hàm số $y = f(x)$ xác định trên $K$, hàm số $f(x):$
Đồng biến (tăng) trên $K$ nếu ∀ x1, x2 ∈ K: x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2).
Nghịch biến (giảm) trên $K$ ∀ x1, x2 ∈ K: x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2)
♦ Tìm khoảng đơn điệu của các hàm số:
Xét hàm số: \(y = – {x^3} +2{x^2} – x – 7\)
Tập xác định: \(D =\mathbb R\)
Ta có: \(y’ = – 3{x^2} + 4x – 1 \Rightarrow y’ = 0\)
\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow – 3{x^2} + 4x – 1 = 0 \Leftrightarrow \left( {3x – 1} \right)\left( {x – 1} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
3x – 1 = 0\\
x – 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{1}{3}\\
x = 1
\end{array} \right..
\end{array}\)
Hàm số đồng biến \( \Leftrightarrow y’ > 0 \Leftrightarrow – 3{x^2} + 4x – 1 > 0\)
\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow 3{x^2} – 4x + 1 < 0 \Leftrightarrow \left( {3x – 1} \right)\left( {x – 1} \right) < 0\\
\Leftrightarrow \frac{1}{3} < x < 1.
\end{array}\)
Hàm số đồng biến \( \Leftrightarrow y’ < 0 \Leftrightarrow – 3{x^2} + 4x – 1 < 0\)
\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow 3{x^2} – 4x + 1 > 0 \Leftrightarrow \left( {3x – 1} \right)\left( {x – 1} \right) > 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 1\\
x < \frac{1}{3}
\end{array} \right..
\end{array}\)
Vậy hàm số đồng biến trong \(({1 \over 3},1)\) và nghịch biến trong \(( – \infty ,{1 \over 3}) \) và \( (1, + \infty ).\)
Xét hàm số: \(y = {{x – 5} \over {1 – x}} = \frac{x-5}{-x+1}\)
Tập xác định: \(D = \mathbb R \backslash {\rm{\{ }}1\} \)
Ta có: \(y’ = \frac{1.1-5.1}{(1-x)^2}= {{ – 4} \over {{{(1 – x)}^2}}} < 0,\forall x \in D\)
Vậy hàm số nghịch biến trong từng khoảng \((-∞,1)\) và \((1, +∞)\).
2. Giải bài 2 trang 45 sgk Giải tích 12
Nêu cách tìm cực đại, cực tiểu của hàm số nhờ đạo hàm. Tìm các cực trị của hàm số \(y=x^4-2x^2+2\).
Trả lời:
♦ Các cách tìm cực đại, cực tiểu của hàm số nhờ đạo hàm:
– Quy tắc $I$:
Tìm tập xác định.
Tính $f'(x)$. Tìm các điểm tại đó $f'(x)$ bằng 0 hoặc $f'(x)$ không xác định.
Lập bảng biến thiên.
Từ bảng biến thiên suy ra các điểm cực trị.
– Quy tắc $II$:
Tìm tập xác định.
Tính $f'(x)$. Giải phương trình $f'(x) = 0$ và kí hiệu xi ($i = 1, 2, 3, …$) là các nghiệm của nó.
Tính f”(x) và f”(xi)
Nếu f”(xi) > 0 thì xi là điểm cực tiểu. Nếu f”(xi) < 0 thì xi là điểm cực đại.
Chú ý: nếu \(f”(x_i)=0\) thì ta phải dùng quy tắc I để xét cực trị tại 
.
♦ Tìm cực trị của hàm số \(y=x^4-2x^2+2\):
Xét hàm số: \(y=x^4-2x^2+2\)
Sử dụng quy tắc $I$:
Tập xác định: $D=R$
\(y’=4x^3-4x,y’=0\Leftrightarrow 4x^3-4x=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack \begin{matrix} x=-1\\ x=0\\ x=1 \end{matrix}\)
Xét dấy $y’$:
Vậy hàm số đạt cực đại tại $x = 0$, giá trị cực đại yCĐ $= y(0) = 2$; đạt cực tiểu tại $x = -1$ và $x = 1$, giá trị cực tiểu yCT = y(\(\pm\)1) $=1.$
Sử dụng quy tắc $II$:
\(y’ = 4x^3– 4x \Rightarrow y’ = 0\)
\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow 4{x^3} – 4x = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} – 1} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^2} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \pm 1
\end{array} \right..
\end{array}\)
Đạo hàm cấp hai: \(y’’ = 12x^2 – 4\)
Ta có: \(y’’(0) = -4 < 0 ⇒\) điểm \(x=0\) là điểm cực đại và \(y_{CĐ}=y(0)=2.\)
\(y’’(-1) = 8 > 0; \, y’’(1) = 8 > 0\)
\(⇒ x=1\) và \(x=-1\) là các điểm cực tiểu, \(y_{CT}= y( \pm 1)=1\).
3. Giải bài 3 trang 45 sgk Giải tích 12
Nêu cách tìm tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Áp dụng để tìm các tiệm cận của đồ thị hàm số:
\(y=\frac{2x+3}{2-x}\)
Trả lời:
♦ Cách tìm tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số:
– Cách tìm tiệm cận ngang:
Đường thẳng \(y=y_0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y=f(x)\) nếu ít nhất một trong các điều kiện sau thỏa mãn:
\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f(x) = {y_0} \cr
& \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = {y_0} \cr} \)
– Cách tìm tiệm cận đứng:
Đường thẳng \(x=x_0\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y=f(x)\) nếu ít nhất một trong các điều kiện sau thỏa mãn:
\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x) = – \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x) = + \infty \cr
& \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } f(x) = – \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } f(x) = + \infty \cr} \)
♦ Áp dụng tìm tiệm cận của đồ thị hàm số \(y=\frac{2x+3}{2-x}\).
Ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} \frac{{2x + 3}}{{2 – x}} = + \infty ;\;\;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{2x + 3}}{{2 – x}} = – \infty \) \(\Rightarrow x=2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x + 3}}{{2 – x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2 + \frac{3}{x}}}{{\frac{2}{x} – 1}} = – 2 \Rightarrow y = – 2\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
4. Giải bài 4 trang 45 sgk Giải tích 12
Nhắc lại sơ đồ khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
Trả lời:
Hàm số y = $f(x)$
Các bước khảo sát hàm số:
– Tìm tập xác định của hàm số.
– Sự biến thiên của hàm số:
+ Xét chiều biến thiên của hàm số.
+ Tính đạo hàm \(y’\).
+ Tại các điểm đó đạo hàm \(y’\) bằng $0$ hoặc không xác định.
+ Xét dấu đạo hàm \(y’\) và suy ra chiều biến thiên của hàm số.
– Tìm cực trị:
+ Tìm các giới hạn tại vô cực, các giới hạn vô cực và tìm tiệm cận (nếu có)
+ Lập bảng biến thiên (Ghi các kết quả tìm được vào bảng biến thiên)
– Đồ thị: Dựa vào bảng biến thiên và các yếu tố xác định ở trên để vẽ đồ thị.
Nếu hàm số tuần hoàn với chu kì \(T\) thì chỉ cần khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị trên một chu kì, sau đó tịnh tiến đồ thị song song với trục \(Ox\)
Nên tính thêm tọa độ một số điểm, đặc biệt là tọa độ các giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ.
Nêu lưu ý đến tính chẵn, tính lẻ của hàm số và tính đối xứng của đồ thị để vẽ cho chính xác.
5. Giải bài 5 trang 45 sgk Giải tích 12
Cho hàm số $y = 2x^2 + 2mx + m -1$ có đồ thị là (Cm), $m$ là tham số
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi $m = 1.$
b) Xác định $m$ để hàm số:
i) Đồng biến trên khoảng $(-1; +∞)$
ii) Có cực trị trên khoảng $(-1; +∞)$
c) Chứng minh rằng (Cm) luôn cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt với mọi $m$.
Bài giải:
Hàm số: \(y = 2x^2 + 2mx + m -1\) \((C_m)\).
Đây là hàm số bậc hai, đồ thị là parabol quay bề lõm lên phía trên.
a) Với \(m = 1\) ta có hàm số: \(y = 2x^2+ 2x.\)
– Tập xác định \(D =\mathbb R\)
– Sự biến thiên:
Ta có: \(y’=4x+2.\) \(\Rightarrow y’=0 \Leftrightarrow 4x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = -{{ 1} \over 2} \)
Hàm số đồng biến trên khoảng \((-{1\over2};+\infty)\), nghịch biến trên khoảng \((-\infty; -{1\over2})\)
– Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại \(x=-{1\over2}\); \(y_{CT}=-{1\over 2}\)
Giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = + \infty \)
– Bảng biến thiên:
– Đồ thị: Đồ thị hàm số giao trục \(Ox\) tại hai điểm \((-1;0)\) và \((0;0)\)
b) Tổng quát \(y = 2x^2+ 2mx + m -1\) có tập xác định \(D = \mathbb R\)
Có \(y’ = 4x + 2m = 0 \Rightarrow y’=0 \)
\(\Leftrightarrow 4x+2m=0 \Leftrightarrow x = -{{ m} \over 2}\)
Suy ra \(y’ >\) 0 với \(x > -{{ m} \over 2};y’ < 0\) với \(x < -{{ m} \over 2}\) , tức là hàm số nghịch biến trên \(( – \infty ;-{{ m} \over 2})\) và đồng biến trên \((-{{ m} \over 2}; + \infty )\)
i) Để hàm số đồng biến trên khoảng \((-1, +∞)\) thì phải có điều kiện \(( – 1;{\rm{ }} + \infty ) \subset (-{{ m} \over 2}; + \infty )\)
\( \Leftrightarrow -{{ m} \over 2} \le – 1 \Leftrightarrow m \ge 2\)
ii) Hàm số đạt cực trị tại \(x = -{{ m} \over 2}\) .
Để hàm số đạt cực trị trong khoảng \((-1; +∞)\), ta phải có:
\(\eqalign{
& {{ – m} \over 2} \in ( – 1, + \infty ) \cr
& \Leftrightarrow -{{ m} \over 2} > – 1 \Leftrightarrow 1 > {m \over 2} \Leftrightarrow m < 2 \cr} \)
c) \((C_m)\) luôn cắt \(Ox\) tại hai điểm phân biệt \(x = -{{ m} \over 2}\)
\(⇔\) phương trình \(2x^2+ 2mx + m – 1 = 0\) có hai nghiệm phân biệt.
Ta có: \(Δ’ = m^2– 2m + 2 = (m-1)^2+ 1 > 0 ∀m\)
Vậy \((C_m)\) luôn cắt \(O x\) tại hai điểm phân biệt.
6. Giải bài 6 trang 46 sgk Giải tích 12
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $(C)$ của hàm số:
\(f(x) = -x^3+3x^2+9x+2\).
b) Giải bất phương trình $f’(x-1)>0.$
c) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị $(C)$ tại điểm có hoành độ $x_0$, biết rằng $f’’(x_0) = -6$.
Bài giải:
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $(C)$ của hàm số: \(f(x) = -x^3+3x^2+9x+2\).
– Tập xác định: \(D =\mathbb R\)
– Sự biến thiên:
Ta có:\( y’ = – 3{x^2} + 6x + 9.\)
\( \Rightarrow y’=0 \Leftrightarrow – 3{x^2} + 6x + 9 = 0 \)
\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow – 3\left( {x + 1} \right)\left( {x – 3} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x + 1 = 0\\
x – 3 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = – 1\\
x = 3
\end{array} \right..
\end{array}\)
Hàm số đồng biến trên khoảng: \((-1;3)\), nghịch biến trên khoảng \((-\infty; -1)\) và \((3;+\infty)\)
– Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại \(x=3\); \(y_{CĐ}=29\)
Hàm số đạt cực tiểu tại \(x=-1\); \(y_{CT}=-3\)
Giới hạn:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f(x) = + \infty\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = – \infty \)
– Bảng biến thiên:
– Đồ thị:
Đồ thị hàm số giao trục \(Oy\) tại điểm \((0;2)\)
Đồ thị hàm số nhận \(I(1;13)\) làm tâm đối xứng.
b) Giải bất phương trình $f’(x-1)>0$
Ta có: $f'(x – 1) > 0$
⇔ $-3(x – 1)^2 + 6(x – 1) + 9 > 0$
⇔ $-3(x^2 – 2x + 1) + 6x – 6 + 9 > 0$
⇔ $-3x^2 + 6x – 3 + 6x – 6 + 9 > 0$
⇔ $-3x^2 + 12x > 0 ⇔ -x^2 + 4x > 0$
⇔ $x(4 – x) > 0 ⇔ 0 < x < 4$
c) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị $(C)$ tại điểm có hoành độ x0, biết rằng $f’’(x_0) = -6$
Ta có \(f’’(x) = -6x+6\)
\(f’’(x_0)= -6 ⇔ -6x_0+ 6 = -6 ⇔ x_0= 2\)
Do đó: \(f’(2) = 9, f(2) = 24\).
Phương trình tiếp tuyến của \((C)\) tại \(x_0= 2\) là:
$ y= f’(2)(x-2) + f(2) ⇔ y=9(x-2) +24$
$⇒ y = 9x+6.$
7. Giải bài 7 trang 46 sgk Giải tích 12
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị $(C)$ của hàm số: $y = x^3 + 3x^2 + 1$
b) Dựa vào đồ thị $(C)$, biện luận số nghiệm của phương trình sau theo $m$: \(x^3+3x^2+1=\frac{m}{2}\).
c) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và điểm cực tiểu của đồ thị $(C)$.
Bài giải:
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: $y = x^3 + 3x^2 + 1$
– Tập xác định: \(D =\mathbb R\)
– Sự biến thiên:
Ta có: \(y’= 3x^2+ 6x = 3x(x+ 2)\)
\(\begin{array}{l}
\Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow 3x\left( {x + 2} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x + 2 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = – 2
\end{array} \right..
\end{array}\)
Hàm số đồng biến trên khoảng \((-\infty;-2)\) và \((0;+\infty)\), nghịch biến trên khoảng \((-2;0)\)
– Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại \(x=-2\); \(y_{CĐ}=5\)
Hàm số đạt cực tiểu tại \(x=0\); \(y_{CT}=1\).
Giới hạn:
\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty \cr
& \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \cr} \)
– Bảng biến thiên:
– Đồ thị:
Đồ thị hàm số giao \(Oy\) tại \((0;1)\)
Đồ thị hàm số nhận \(I(-1;3)\) làm tâm đối xứng.
b) Số nghiệm của phương trình \({x^3} + 3{x^2} + 1 = {m \over 2}\) chính là số giao điểm của \((C)\) và đường thẳng \((d)\): \(y = {m \over 2}\)
Từ đồ thị ta thấy:
– Với \({m \over 2} < 1 \Leftrightarrow m < 2\) : (d) cắt (C) tại 1 điểm, phương trình có 1 nghiệm.
– Với \({m \over 2} = 1 ⇔ m = 2\): (d) tiếp xúc với (C) tại 1 điểm và cắt (C) tạo 1 điểm, phương trình có hai nghiệm.
– Với \(1 < {m \over 2} < 5 ⇔ 2<m<10\): (d) cắt (C) tại 3 điểm, phương trình có 3 nghiệm.
– Với \({m \over 2} = 5 \Leftrightarrow m = 10\): (d) cắt (C) tại 1 điểm và tiếp xúc với (C) tại 1 điểm, phương trình có hai nghiệm.
– Với \({m \over 2} > 5 \Leftrightarrow m > 10\) : (d) cắt (C) tại 1 điểm, phương trình có 1 nghiệm
c) Ta thấy hàm số có điểm cực đại là \((-2, 5)\), điểm cực tiểu là \((0, 1)\).
Đường thẳng đi qua hai điểm này có phương trình là: \({{y – 1} \over 4} = {x \over { – 2}} \Leftrightarrow y = – 2x + 1.\)
8. Giải bài 8 trang 46 sgk Giải tích 12
Cho hàm số $f(x)= x^3 – 3mx^2 + 3(2m-1)x + 1$ ($m$ là tham số).
a) Xác định $m$ để hàm số đồng biến trên một tập xác định.
b) Với giá trị nào của tham số $m$, hàm số có một cực đại và một cực tiểu.
c) Xác định $m$ để $f’’(x) > 6x.$
Bài giải:
a) \(y=f(x)= x^3– 3mx^2+ 3(2m-1)x + 1\)
– Tập xác định: \(D =\mathbb R\)
\(y’= 3x^2-6mx + 3(2m-1)\\ = 3(x^2– 2mx + 2m – 1)\)
– Hàm số đồng biến trên \(D =\mathbb R ⇔ y’ ≥ 0, ∀x ∈ R\)
\(⇔ x^2– 2mx + 2m – 1≥0, ∀x ∈\mathbb R\)
\(⇔ Δ’ \leq 0 \\ ⇔ m^2– 2m + 1 \leq 0 \\ ⇔ (m-1)^2\le 0 \\ ⇔ m =1.\)
b) Hàm số có một cực đại và một cực tiểu.
\(⇔\) phương trình \(y’= 0\) có hai nghiệm phân biệt.
\(⇔ \Delta >0 ⇔ (m-1)^2> 0 ⇔ m≠1.\)
c) \(f’’(x) = 6x – 6m > 6x\)
\(⇔ -6m > 0 ⇔ m < 0.\)
9. Giải bài 9 trang 46 sgk Giải tích 12
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị $(C)$ của hàm số
\(f(x)=\frac{1}{2}x^4-3x^2+\frac{3}{2}\)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị $(C)$ tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình $f’’(x) = 0$.
c) Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình: $x^4 – 6x^2 + 3 = m$.
Bài giải:
a) Xét hàm số y = \(f(x) = {1 \over 2}{x^4} – 3{x^2} + {3 \over 2}\) \((C)\)
– Tập xác định: \(D =\mathbb R\)
– Sự biến thiên:
Ta có: \(y’ = 2x^3- 6x = 2x(x^2– 3)\)
\( \Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt 3 \end{array} \right..\)
Hàm số nghịch biến trên khoảng \((-\infty;-\sqrt3)\) và \((0;\sqrt3)\), đồng biến trên khoảng \((-\sqrt 3;0)\) và \((\sqrt3;+\infty)\).
– Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại \(x=0\); \(y_{CĐ}={3\over 2}\)
Hàm số đạt cực tiểu tại hai điểm \(x=-\sqrt3\) và \(x=\sqrt3\); \(y_{CT}=y_(\pm\sqrt3)=-3\)
Giới hạn:\(\mathop {\lim y}\limits_{x \to \pm \infty } = + \infty \)
– Bảng biến thiên:
– Đồ thị: Hàm số đã cho là hàm số chẵn nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng.
b) Ta có: \(y’’ = 6x^2– 6\)
\( \Rightarrow y’’ = 0 ⇔ 6x^2– 6 = 0 ⇔ x^2 -1 =0 ⇔ x = ± 1.\)
Có \(y’(-1) = 4; \, \, y’(1) = -4; \, \, y(± 1) = -1\)
Tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm \((-1, -1)\) là: \(y = 4(x+1) – 1= 4x+3.\)
Tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm \((1, -1)\) là: \(y = -4(x-1) – 1 = -4x + 3.\)
c) Ta có: \({x^4} – 6{x^2} + 3 = m \Leftrightarrow {1 \over 2}{x^4} – 3{x^2} + {3 \over 2} = {m \over 2}\) (1)
Số nghiệm của (1) là số giao điểm của \((C)\) và đường thẳng (d) : \(y = {m \over 2}\)
Từ đồ thị ta thấy:
\(\frac{m}{2}<-3 \Leftrightarrow m < -6\) : (1) vô nghiệm.
\(\frac{m}{2}=-3 \Leftrightarrow m = -6\) : (1) có 2 nghiệm.
\(-3 < \frac{m}{2}<\frac{3}{2} \Leftrightarrow-6 < m < 3\): (1) có 4 nghiệm.
\(\frac{m}{2} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow m = 3\): ( 1) có 3 nghiệm.
\(\frac{m}{2}> \frac{3}{2} \Leftrightarrow m > 3\): (1) có 2 nghiệm.
10. Giải bài 10 trang 46 sgk Giải tích 12
Cho hàm số \(y=-{{x}^{4}}+2m{{x}^{2}}-2m+1\) với (m tham số) có đồ thị \(\left( {{C}_{m}} \right)\).
a) Biện luận theo m số cực trị của hàm số.
b) Với giá trị nào của m thì \(\left( {{C}_{m}} \right)\) cắt trục hoành?
c) Xác định m để \(\left( {{C}_{m}} \right)\) có cực đại, cực tiểu.
Bài giải:
a) \(y = -x^4+ 2mx^2- 2m + 1\) \((C_m).\)
Tập xác định: \(D =\mathbb R\)
Ta có: \(y’ = -4x^3+ 4mx = -4x (x^2- m)\)
\(\Rightarrow y’=0 \Leftrightarrow -4x(x^2-m)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right..\)
Với \(m ≤ 0\) thì \(y’\) có một nghiệm \(x = 0\) và đổi dấu \(+\) sang \(–\) khi qua nghiệm này. Do đó hàm số có một cực đại là \(x = 0\)
Với \(m>0\) hàm số có 3 cực trị.
Do đó, hàm số có 2 cực đại tại \(x = ± \sqrt m\) và có một cực tiểu tại \(x = 0\)
b) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \((C_m)\) và trục hoành là:
\(\begin{array}{l}
– {x^4} + 2m{x^2} – 2m + 1 = 0\\
\Leftrightarrow \left( {{x^4} – 1} \right) – 2m\left( {{x^2} – 1} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left( {{x^2} – 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) – 2m\left( {{x^2} – 1} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left( {{x^2} – 1} \right)\left( {{x^2} – 2m + 1} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} – 1 = 0\\
{x^2} – 2m + 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \pm 1\\
{x^2} = 2m – 1
\end{array} \right..
\end{array}\)
Ta thấy phương trình hoành độ giao điểm luôn có nghiệm \(x = ± 1\) với mọi m nên \((C_m)\) luôn cắt trục hoành.
c) Theo câu a), ta thấy ngay: với \(m > 0\) thì đồ thị \((C_m)\) có cực đại và cực tiểu.
11. Giải bài 11 trang 47 sgk Giải tích 12
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị $(C)$ của hàm số \(y=\frac{x+3}{x+1}\)
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của $m$, đường thẳng $y = 2x + m$ luôn cắt $(C)$ tại hai điểm phân biệt $M$ và $N$.
c) Xác định $m$ sao cho độ dài $MN$ là nhỏ nhất.
d) Tiếp tuyến tại một điểm $S$ bất kỳ của $(C)$ luôn cắt hai tiệm cận của $(C)$ tại $P$ và $Q$. Chứng minh rằng $S$ là trung điểm của $PQ$.
Bài giải:
a) Xét hàm số: \(y = {{x + 3} \over {x + 1}}\)
– Tập xác định: \(D=\mathbb R\backslash {\rm{\{ }} – 1\} \)
– Sự biến thiên:
\(y’ = {{ – 2} \over {{{(x + 1)}^2}}} < 0,\forall x \in D\)
Hàm số nghịch biến trên khoảng: \((-\infty;-1)\) và \((-1;+\infty)\)
Cực trị: Hàm số không có cực trị.
– Tiệm cận:
\(\eqalign{& \mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} y = – \infty \cr & \mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} y = + \infty \cr & \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 1 \cr} \)
Tiệm cận đứng: \(x = -1.\)
Tiệm cận ngang: \(y = 1.\)
– Bảng biến thiên:
– Đồ thị:
Đồ thị hàm số giao \(Ox\) tại \((-3;0)\), giao \(Oy\) tại \((0;3)\)
Đồ thị hàm số nhận điểm \(I(-1;1)\) làm tâm đối xứng.
b) Xét phương trình có nghiệm là hoành độ giao điểm của \((C)\) và đường thẳng (d): \(y = 2x + m\) (1)
\(\eqalign{
& {{x + 3} \over {x + 1}} = 2x + m \Leftrightarrow x + 3 = (2x + m)(x + 1) \cr
& \Leftrightarrow 2{x^2} + (m + 1)x + m – 3 = 0,x \ne – 1 \cr} \)
\(Δ = (m+1)^2– 4.2(m-3) \\ = m^2+2m+1-8m+24 \\= m^2– 6m + 25\\ = (m-3)^2+ 16> 0 \)
\(\Rightarrow \) (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Lại có: \( f\left( { – 1} \right) = 2.{\left( { – 1} \right)^2} – \left( {m + 1} \right) + m – 3 = – 2 \ne 0\) hay phương trình (1) có nghiệm khác \(-1\).
Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt khác \(-1\) với mọi \(m.\)
Vậy $(d)$ luôn cắt $(C)$ tại hai điểm phân biệt \(M, N\) (hoành độ của \(M, N\) chính là nghiệm của (1)).
c) Gọi \(M\left( {{x_M};\;{y_M}} \right)\) và \(N\left( {{x_N};\;{y_N}} \right)\) là hai giao điểm của \((C)\) và đường tahnwgr \(y=2x+m.\)
Theo định lí Vi-et ta có:\(\left\{ \matrix{{x_M} + {x_N} = – {{m + 1} \over 2} \hfill \cr {x_M}.{x_N} = {{m – 3} \over 2} \hfill \cr} \right.\)
\(\begin{array}{l}
M{N^2} = {\left( {{x_M} – {x_N}} \right)^2} + {\left( {{y_M} – {y_N}} \right)^2}\\
= {\left( {{x_M} – {x_N}} \right)^2} + {\left[ {2{x_M} + m – \left( {2{x_N} + m} \right)} \right]^2}\\
= {\left( {{x_M} – {x_N}} \right)^2} + 4{\left( {{x_M} – {x_N}} \right)^2}\\
= 5{\left( {{x_M} – {x_N}} \right)^2}\\
= 5\left[ {{{\left( {{x_M} + {x_N}} \right)}^2} – 4{x_M}{x_N}} \right]\\
= 5\left[ {{{\left( { – \frac{{m + 1}}{2}} \right)}^2} – 4.\frac{{m – 3}}{2}} \right]\\
= 5\left( {\frac{{{m^2} + 2m + 1}}{4} – 2m + 6} \right)\\
= 5.\frac{{{m^2} – 6m + 25}}{4} \\ = \frac{5}{4}\left[ {\left( {{m^2} – 6m + 9} \right) + 16} \right]\\
= \frac{5}{4}\left[ {{{\left( {m – 3} \right)}^2} + 16} \right].
\end{array}\)
Ta có: \({\left( {m – 3} \right)^2} \ge 0\;\forall \;m \Rightarrow {\left( {m – 3} \right)^2} + 16 \ge 16\)
\(\begin{array}{l}
\Rightarrow M{N^2} \ge \frac{5}{4}.16 = 20.\\
\Rightarrow MN \ge 2\sqrt 5 .
\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow m – 3 = 0 \Leftrightarrow m = 3.\)
Vậy độ dài \(MN\) nhỏ nhất bằng \(2\sqrt5\) khi \(m=3.\)
d) Giả sử \(S(x_0;y_0)\) là điểm bất kì thuộc (C)
Phương trình tiếp tuyến \(Δ\) của (C) tại \(S\) là:
\(\eqalign{
& y – y_0 = y'({x_0})(x – {x_0}) \cr
& \Leftrightarrow y = {{ – 2} \over {{{({x_0} + 1)}^2}}}(x – {x_0}) + {{{x_0} + 3} \over {{x_0} + 1}} \cr} \)
Tiệm cận đứng: \(x=-1\) và tiệm cận ngang: \(y=1.\)
Giả sử \(Δ\) cắt tiệm cận ngang tại \(P(x_P; 1)\). Khi đó:
\(\begin{array}{l}
\frac{{ – 2}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\left( {{x_P} – {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} + 3}}{{{x_0} + 1}} = 1\\
\Leftrightarrow – 2{x_P} + 2{x_0} + x_0^2 + 4{x_0} + 3 = x_0^2 + 2{x_0} + 1\\
\Leftrightarrow – 2{x_P} = – 4{x_0} – 2\\
\Leftrightarrow {x_P} = 2{x_0} + 1\\
\Rightarrow P\left( {2{x_0} + 1;\;1} \right).
\end{array}\)
\(Δ\) cắt tiệm cận đứng tại \(Q( – 1; y_Q).\) Khi đó:
\(\begin{array}{l}
\frac{{ – 2}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\left( { – 1 – {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} + 3}}{{{x_0} + 1}} = {y_Q}\\
\Leftrightarrow 2 + 2{x_0} + x_0^2 + 4{x_0} + 3 = {y_Q}{\left( {{x_0} + 1} \right)^2}\\
\Leftrightarrow x_0^2 + 6{x_0} + 5 = {y_Q}{\left( {{x_0} + 1} \right)^2}\\
\Leftrightarrow \left( {{x_0} + 1} \right)\left( {{x_0} + 5} \right) = {y_Q}{\left( {{x_0} + 1} \right)^2}\\
\Leftrightarrow {y_Q} = \frac{{{x_0} + 5}}{{{x_0} + 1}}.\\
\Rightarrow Q\left( { – 1;\;\frac{{{x_0} + 5}}{{{x_0} + 1}}} \right)
\end{array}\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_P} + {x_Q} = 2{x_0} + 1 – 1 = 2{x_0} = 2{x_S}\\
{y_P} + {y_Q} = 1 + \frac{{{x_0} + 5}}{{{x_0} + 1}} = \frac{{2{x_0} + 6}}{{{x_0} + 1}} = \frac{{2\left( {{x_0} + 3} \right)}}{{{x_0} + 1}} = 2{y_0} = 2{y_S}.
\end{array} \right.\)
Vậy \(S\) là trung điểm của \(PQ\).
12. Giải bài 12 trang 47 sgk Giải tích 12
Cho hàm số \(f(x)=\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{2}x^2-4x+6\)
a) Giải phương trình $f'(sinx) = 0$.
b) Giải phương trình $f”(cosx) = 0$.
c) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình $f”(x) = 0$.
Bài giải:
Ta có:
\(f(x) = {1 \over 3}{x^3} – {1 \over 2}{x^2} – 4x + 6\)
\( \Rightarrow f’(x) = x^2– x – 4\)
\(\Rightarrow f’’(x) = 2x – 1\)
a) Giải phương trình $f'(sinx) = 0.$
Ta có:
\(\eqalign{
& f'(s{\rm{inx}}) = 0 \Leftrightarrow {\sin ^2}x – {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in x}} – 4 = 0 \cr
& \Leftrightarrow {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in x = }}{{1 \pm \sqrt {17} } \over 2}(1) \cr
& Do{{1 – \sqrt {17} } \over 2} < – 1,{{1 + \sqrt {17} } \over 2} > 1 \cr} \)
Suy ra (1) vô nghiệm.
b) Giải phương trình $f”(cosx) = 0.$
Ta có:
\(\eqalign{
& f”(cosx) = 0 \Leftrightarrow 2cosx – 1 = 0 \cr
& \Leftrightarrow \cos x = {1 \over 2} = \cos {\pi \over 3} \cr
& \Leftrightarrow x = \pm {\pi \over 3} + k2\pi ,k \in\mathbb Z \cr} \)
c) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình $f”(x) = 0$.
Nghiệm của phương trình \(f’’(x) = 0\) là \(x = {1 \over 2}\)
Ta có:
\(\eqalign{
& f'({1 \over 2}) = {1 \over 4} – {1 \over 2} – 4 = {{ – 17} \over 4} \cr
& \Rightarrow f({1 \over 2}) = {1 \over 3}.{1 \over 8} – {1 \over 2}.{1 \over 4} – 4.{1 \over 2} + 6 = {{47} \over {12}} \cr} \)
Phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng:
$y = {{ – 17} \over 4}(x – {1 \over 2}) + {{47} \over {12}}$
$ \Leftrightarrow y = – {{17} \over 4}x + {{145} \over {24}}$.
Bài tập trắc nghiệm
Chọn khẳng định đúng trong các bài sau đây:
1. Giải bài 1 trang 47 sgk Giải tích 12
Số điểm cực trị của hàm số \(y=-\frac{1}{3}x^3-x+7\) là:
$(A) 1 ; (B) 0 ; (C) 3 ; (D) 2.$
Trả lời:
Hàm số \(y=-\frac{1}{3}x^3-x+7\) có: \(y’=-x^2-1<0, \forall x\in R\)
Hàm số luôn nghịch biến trên tập xác định. Do đó hàm số không có cực trị.
⇒ Chọn đáp án: (B).
2. Giải bài 2 trang 47 sgk Giải tích 12
Số điểm cực đại của hàm số $y = x^4 + 100$ là:
$(A) 0 ; (B) 1 ; (C) 2 ; (D) 3.$
Trả lời:
Hàm số: $y = x^4 + 100$ có: $y’ = 4x^3, y’ = 0 ⇔ x = 0.$
Đạo hàm \(y’ < 0\) với \(x < 0\) và \(y’ > 0\) với \(x > 0\).
Vậy hàm số chỉ có \(1\) cực tiểu tại \(x = 0\) và không có điểm cực đại.
⇒ Chọn đáp án: (A).
3. Giải bài 3 trang 47 sgk Giải tích 12
Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(y=\frac{1-x}{1+x}\) là:
$(A) 1 ; (B) 2 ; (C) 3 ; (D) 0.$
Trả lời:
Ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} y = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} y = – \infty \).
\(\Rightarrow \) \(x = -1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = – 1\).
\(\Rightarrow\) \(y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị có 2 tiệm cận.
⇒ Chọn đáp án: (B).
4. Giải bài 4 trang 48 sgk Giải tích 12
Số khoảng đồng biến của hàm số \(y=\frac{2x-5}{x+3}\) là:
$(A) 1 ; (B) 0 ; (C) 2 ; (D) 3.$
Trả lời:
Hàm số \(y=\frac{2x-5}{x+3}\) có \(y’=\frac{11}{(x+3)^2}>0, \forall x\neq -3\)
Vậy hàm số này đồng biến trên mỗi khoảng \((-\infty ;-3)\) và \((-3;+\infty)\).
⇒ Chọn đáp án: (C).
5. Giải bài 5 trang 48 sgk Giải tích 12
Tiếp tuyến tại điểm cực tiểu của đồ thị hàm số \(y=\frac{1}{3}x^3-2x^2+3x-5\) là đường thẳng:
(A) Song song với đường thẳng $x = 1$;
(B) Song song với trục hoành;
(C) Có hệ số góc dương;
(D) Có hệ số góc bằng $-1$.
Trả lời:
Hàm số \(y=\frac{1}{3}x^3-2x^2+3x-5\) có:
\(y’=x^2-4x+3, y’=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=1\\ x=3 \end{matrix}\right.\)
$y”=2x-4; y”(3)=2>0$. Vậy hàm số đạt cực tiểu tại $x=3$.
Vậy tọa cực tiểu là $M(3;-5).$
$f'(3)=0$ nên tiếp tuyến tại $M$ có phương trình $y = -5.$
Do đó tiếp tuyến song song với trục hoành.
⇒ Chọn đáp án: (B).
Bài trước:
Bài tiếp theo:
Xem thêm:
- Các bài toán 12 khác
- Để học tốt môn Vật lí lớp 12
- Để học tốt môn Sinh học lớp 12
- Để học tốt môn Ngữ văn lớp 12
- Để học tốt môn Lịch sử lớp 12
- Để học tốt môn Địa lí lớp 12
- Để học tốt môn Tiếng Anh lớp 12
- Để học tốt môn Tiếng Anh lớp 12 thí điểm
- Để học tốt môn Tin học lớp 12
- Để học tốt môn GDCD lớp 12
Chúc các bạn làm bài tốt cùng giải bài tập sgk toán lớp 12 với giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 trang 45 46 47 sgk Giải tích 12!
“Bài tập nào khó đã có giaibaisgk.com“