Nội Dung
Hướng dẫn giải Bài Ôn tập cuối năm Giải tích 12. Nội dung bài giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 trang 148 149 150 151 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. Chương 1. Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
2. Chương 2. Hàm số lũy thừa. Hàm số mũ và Hàm số lôgarit
3. Chương 3. Nguyên hàm – Tích phân và ứng dụng
Dưới đây là Hướng dẫn giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 trang 148 149 150 151 sgk Giải tích 12. Các bạn hãy đọc kỹ đầu bài trước khi giải nhé!
Bài tập Ôn tập cuối năm
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 13 14 15 16 trang 148 149 150 151 sgk Giải tích 12 của Bài Ôn tập cuối năm Giải tích 12 cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây:
1. Giải bài 1 trang 148 sgk Giải tích 12
Cho hàm số: \(f(x) = ax^2– 2(a + 1)x + a + 2 ( a ≠ 0)\)
a) Chứng tỏ rằng phương trình \(f(x) = 0\) luôn có nghiệm thực. Tính các nghiệm đó.
b) Tính tổng \(S\) và tích \(P\) của các nghiệm của phương trình \(f(x) = 0\). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số của \(S\) và \(P\) theo \(a\).
Bài giải:
a) Ta có: \(f(x) = ax^2– 2(a + 1)x + a + 2 = (x – 1)(ax – a- 2)\) nên phương trình \(f(x) = 0\) luôn có hai nghiệm thực là:
\(x = 1\) và \( x = {{a + 2} \over a}.\)
b) Theo định lí Vi-et, tổng và tích của các nghiệm đó là:
\(S = {{2a + 2} \over a},P = {{a + 2} \over a}\)
♦ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số \(S = {{2a + 2} \over a} = 2 + {2 \over a}\)
– Tập xác định : \((-∞; 0) ∪ (0,\; +∞)\)
– Sự biến thiên: \(S’ = – {2 \over {{a^2}}} < 0,\forall a \in ( – \infty ; 0) \cup (0; + \infty )\) nên hàm số nghịch biến trên hai khoảng \((-∞; 0)\) và \((0; +∞)\)
– Cực trị: Hàm số không có cực trị.
– Giới hạn tại vô cực và tiệm cận ngang.
\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } S = \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } (2 + {2 \over a}) = 2 \cr
& \mathop {\lim }\limits_{a \to – \infty } S = \mathop {\lim }\limits_{a \to – \infty } (2 + {2 \over a}) = 2 \cr} \)
Vậy \(S = 2\) là tiệm cận ngang
– Giới hạn vô cực và tiệm cận đứng:
\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} S = \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} (2 + {2 \over a}) = + \infty \cr
& \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ – }} S = \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ – }} (2 + {2 \over a}) = – \infty \cr} \)
Vậy \(a = 0\) là tiệm cận đứng.
– Bảng biến thiên:
– Đồ thị hàm số \(S\):
Đồ thị không cắt trục tung, cắt trục hoành tại \(a = -1\)
♦ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số \(P = {{a + 2} \over a} = 1 + {2 \over a}\)
–Tập xác định: \(D = \mathbb R\backslash {\rm{\{ }}0\} \)
\(P’ = {{ – 2} \over {{a^2}}} < 0,\forall a \in D\)
\(\mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ – }} S = – \infty ⇒ \) Tiệm cận đứng: \(a = 0\)
\(\mathop {\lim }\limits_{a \to \pm \infty } S = 1⇒\) Tiệm cận ngang: \(P = 1\)
– Bảng biến thiên:
– Đồ thị hàm số \(P\):
Ngoài ra: đồ thị hàm số \(P = {{a + 2} \over a} = 1 + {2 \over a}\) có thể nhận được bằng cách tịnh tiến đồ thị \(S = {{2a + 2} \over a} = 2 + {2 \over a}\) dọc theo trục tung xuống phía dưới \(1\) đơn vị.
2. Giải bài 2 trang 148 sgk Giải tích 12
Cho hàm số: \(y = – {1 \over 3}{x^3} + (a – 1){x^2} + (a + 3)x – 4.\)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $(C)$ của hàm số khi \(a = 0.\)
b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi $(C)$ và đường thẳng \(y = 0,\, x = -1,\, x = 1.\)
Bài giải:
a) Khi \(a = 0\) ta có hàm số: \(y = – {1 \over 3}{x^3} – {x^2} + 3x – 4\)
– Tập xác định : \((-∞; +∞)\)
– Sự biến thiên: \(y’= -x^2 – 2x + 3\)
\(y’=0 ⇔ x = 1, x = -3\)
Trên các khoảng \((-∞;-3)\) và \((1; +∞), y’ < 0\) nên hàm số nghịch biến.
Trên khoảng \((-3; 1), y’ > 0\)
– Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\), \({y_{CD}} = {{ – 7} \over 3}\)
Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = -3\), \({y_{CT}} = – 13\)
– Giới hạn vô cực : \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } = – \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } = + \infty \)
– Bảng biến thiên:
– Đồ thị hàm số:
Đồ thị cắt trục tung tại \(y = -4\), cắt trục hoành tại \(x ≈ 5, 18\)
b) Hàm số \(y = – {1 \over 3}{x^3} – {x^2} + 3x – 4\) đồng biến trên khoảng \((-3; 1)\) nên:
\(y < y(1) = {{ – 7} \over 3} < 0\), \(∀x ∈ (-1; 1)\)
Do đó, diện tích cần tính là:
\(\begin{array}{l}
S = \int\limits_{ – 1}^1 {\left| { – \frac{1}{3}{x^3} – {x^2} + 3x – 4} \right|dx} = \int\limits_{ – 1}^1 {\left( {\frac{1}{3}{x^3} + {x^2} – 3x + 4} \right)dx} \\
\;\; = \left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{{12}} + \frac{{{x^3}}}{3} – \frac{{3{x^2}}}{2} + 4x – 1} \right)} \right|_{ – 1}^1 = \frac{{23}}{{12}} + \frac{{27}}{4} = \frac{{26}}{3}.
\end{array}\)
3. Giải bài 3 trang 149 sgk Giải tích 12
Cho hàm số \(y = {x^3} + a{x^2} + bx + 1.\)
a) Tìm $a$ và $b$ để đồ thị của hàm số đi qua hai điểm $A(1, 2)$ và $B(-2, -1)$.
b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị $(C)$ của hàm số ứng với các giá trị tìm được của $a$ và $b$.
c) Tính thể tích vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng \(y = 0, \, x = 0, \, x = 1 \) và đồ thị $(C)$ quanh trục hoành.
Bài giải:
a) Đồ thị hàm số đi qua hai điểm \(A(1; 2)\) và \(B (-2; -1)\) khi và chỉ khi:
\(\left\{ \matrix{
2 = 1 + a + b + 1 \hfill \cr
– 1 = – 8 + 4a – 2b + 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = 1 \hfill \cr
b = – 1 \hfill \cr} \right.\)
b) Khi \(a = 1, \, b = -1\) ta có hàm số: \(y = {x^3} + {x^2} – x + 1.\)
– Tập xác định: \( (-∞; + ∞).\)
– Sự biến thiên: \(y’ = 3{x^2} + 2x – 1.\)
\(\begin{array}{l}
\Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 2x – 1 = 0\\
\Leftrightarrow \left( {3x – 1} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
3x – 1 = 0\\
x + 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{1}{3}\\
x = – 1
\end{array} \right..
\end{array}\)
Trên các khoảng \((-∞; -1)\) và \(({1 \over 3}; + \infty ) , \, \, y’>0 \) nên hàm số đồng biến
Trên khoảng \(( – 1; \, {1 \over 3}), \, y’ < 0\) nên hàm số nghịch biến
– Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại \(x = – 1;\;{y_{CD}} = 2.\) Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = {1 \over 3},{y_{CT}} = {{22} \over {27}}\)
– Giới hạn tại vô cực: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty \)
– Bảng biến thiên:
– Đồ thị hàm số:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ \(y = 1\), cắt trục hoành tại điểm có hoành độ \( x ≈ -1, 84.\)
c) Trong khoảng \((0; 1)\) ta có \(y > 0.\)
Vì vậy, thể tích cần tìm là:
\(\begin{array}{l}
V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{x^3} + {x^2} – x + 1} \right)}^2}dx} \\
= \pi \int\limits_0^1 {\left( {{x^6} + 2{x^5} – {x^4} + 3{x^2} – 2x + 1} \right)dx} \\
= \left. {\pi \left( {\frac{{{x^7}}}{7} + \frac{{{x^6}}}{3} – \frac{{{x^5}}}{5} + {x^3} – {x^2} + x} \right)} \right|_0^1 = \frac{{134\pi }}{{105}}.
\end{array}\)
4. Giải bài 4 trang 149 sgk Giải tích 12
Xét chuyển động thẳng xác định bởi phương trình:
\(s(t) = {1 \over 4}{t^4} – {t^3} + {{{t^2}} \over 2} – 3t\)
trong đó t được tính bằng giây và s được tính bằng \(m\).
a) Tính \(v(2), a(2)\), biết \(v(t), a(t)\) lần lượt là vận tốc, gia tốc của chuyển động đã cho
b) Tính thời điểm \(t\) mà tại đó vận tốc bằng \(0\).
Bài giải:
a) Ta có:
\(v(t) = s’(t) = {t^{3}} – 3{t^2} + t – 3.\)
\(a(t) = s’’(t) = 3t^2 – 6t + 1.\)
Do đó: \(v(2) = -5; a(2) = 1.\)
b) \(v(t) = 0 ⇔ t^3– 3t^2 + t – 3 = 0.\)
\(⇔ t = 3\)
Vậy tại thời điểm \( t = 3\) thì vận tốc bằng \(0\).
5. Giải bài 5 trang 149 sgk Giải tích 12
Cho hàm số: \(y = {x^4} + a{x^2} + b.\)
a) Tính \(a,\, b\) để hàm số có cực trị bằng \({3 \over 2}\) khi \(x = 1.\)
b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị \((C)\) của hàm số đã cho khi \(a = {{ – 1} \over 2}, \, \,b = 1.\)
c) Viết phương trình tiếp tuyến của \((C)\) tại các điểm có tung độ bằng \(1.\)
Bài giải:
Ta có: \(y’ = 4{x^3} + 2ax.\)
a) Nếu hàm số có cực trị bằng \({3 \over 2}\) khi \(x = 1\) thì: ta có đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ \(\left( {1;\;\frac{3}{2}} \right)\) và có \(y’\left( 1 \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
y'(1) = 0 \hfill \cr
y(1) = {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
4 + 2a = 0 \hfill \cr
1 + a + b = {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = – 2 \hfill \cr
b = {5 \over 2} \hfill \cr} \right.\)
b) Khi \(a = {{ – 1} \over 2},b = 1\) ta có hàm số: \(y = {x^4} – {1 \over 2}{x^2} + 1\)
– Tập xác định: \((-∞; +∞).\)
– Sự biến thiên: \(y’ = 4{x^3} – x = x\left( {4{x^2} – 1} \right).\)
\(\begin{array}{l}
\Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow x\left( {4{x^2} – 1} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
4{x^2} – 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \pm \frac{1}{2}
\end{array} \right..
\end{array}\)
Trên các khoảng \(({{ – 1} \over 2};0)\) và \(({1 \over 2}\; + \infty )\) có \( y’ > 0\) nên hàm số đồng biến.
Trên các khoảng \(( – \infty ; {{ – 1} \over 2}) \) và \( (0;{1 \over 2})\) có \( y’ < 0\) nên hàm số nghịch biến.
– Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại \(x = 0;\;\;{y_{CD}} = 1.\) Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = \pm {1 \over 2}; \,{y_{CT}} = {{15} \over {16}}.\)
– Bảng biến thiên:
– Đồ thị hàm số:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm \(y = 1\), không cắt trục hoành.
c) Với \(y = 1\) ta có phương trình:
\({x^4} – {1 \over 2}{x^2} = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ {0, \pm {1 \over {\sqrt 2 }}} \right\}\)
Trên đồ thị có $3$ điểm với tung độ bằng $1$ là:
\({M_1}({{ – 1} \over {\sqrt 2 }}; \, 1);{M_2}(0; \, 1);{M_3}({1 \over {\sqrt 2 }}; \, 1)\)
Ta có \(y’(0) = 0\) nên tiếp tuyến với đồ thị tại điểm \(M_2\) có phương trình là \(y = 1.\)
Lại có:
\(y'({1 \over {\sqrt 2 }}) = {1 \over {\sqrt 2 }};y'({-1 \over {\sqrt 2 }}) = {{ – 1} \over {\sqrt 2 }}.\)
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm \({M_1}\left( { – \frac{1}{{\sqrt 2 }};\;1} \right)\) là:
\(y = – \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left( {x + \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) + 1 = – \frac{1}{{\sqrt 2 }}x + \frac{1}{2}.\)
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm \({M_2}\left( { \frac{1}{{\sqrt 2 }};\;1} \right)\) là:
\(y = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left( {x – \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) + 1 = \frac{1}{{\sqrt 2 }}x + \frac{1}{2}.\)
6. Giải bài 6 trang 149 sgk Giải tích 12
Cho hàm số \(y = {{x – 2} \over {x + m – 1}}\)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị $(C)$ của hàm số khi $m = 2$.
b) Viết phương trình tiếp tuyến $d$ của đồ thị $(C)$ tại điểm có hoành độ $a ≠ -1$.
Bài giải:
a) Khi \(m = 2\), ta có hàm số: \(y = {{x – 2} \over {x + 1}}\)
– Tập xác định: \((-∞; -1) ∪ (-1; +∞).\)
– Sự biến thiên:
Ta có: \(y’ = {3 \over {{{(x + 1)}^2}}} > 0,\forall x \in ( – \infty , – 1) \cup (1, + \infty )\) nên hàm số đồng biến trên hai khoảng này.
– Hàm số không có cực trị.
– Giới hạn tại vô cực và tiệm cận ngang.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x – 2} \over {x + 1}} = 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{x – 2} \over {x + 1}} = 1\)
\( \Rightarrow x = -1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x – 2}}{{x + 1}} = 1.\)
\(\Rightarrow y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
– Bảng biến thiên:
– Đồ thị hàm số:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ \(y = -2\), cắt trục hoành tại điểm có hoành độ \(x = 2.\)
b) Tiếp tuyến của đồ thị $(C)$ tại điểm $M$ có hoành độ $a ≠ -1$ có phương trình:
\(y = y'(a)(x – a) + y(a) = {3 \over {{{(a + 1)}^2}}}(x – a) + {{a – 2} \over {a + 1}}.\)
7. Giải bài 7 trang 149 sgk Giải tích 12
Cho hàm số \(y = {2 \over {2 – x}}\)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị \((C)\) của hàm số đã cho.
b) Tìm các giao điểm của \((C)\) và đồ thị của hàm số \(y=x^2+1.\) Viết phương trình tiếp tuyến của \((C)\) tại mỗi giao điểm.
c) Tính thể tích vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị (C) và các đường thẳng \(y = 0, \, x = 0, \, x = 1\) xung quanh trục \(Ox.\)
Bài giải:
a) Khảo sát hàm số \(y = {2 \over {2 – x}}\)
– Tập xác định: \((-∞, 2) ∪(2, +∞).\)
– Sự biến thiên: \(y’ = {2 \over {{{(2 – x)}^2}}} > 0,\forall x \in ( – \infty ,2) \cup (2, + \infty )\) nên hàm số đồng biến trên hai khoảng này.
– Hàm số không có cực trị
– Giới hạn tại vô cực và tiệm cận ngang
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {2 \over {2 – x}} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {2 \over {2 – x}} = 0\)
\( \Rightarrow y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
– Giới hạn vô cực và tiệm cận đứng:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} ({2 \over {2 – x}}) = – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} ({2 \over {2 – x}}) = + \infty \)
\( \Rightarrow x = 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
– Bảng biến thiên:
– Đồ thị hàm số:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ \(y = 1\), không cắt trục hoành.
b) Phương trình xác định hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:
\({2 \over {2 – x}} = {x^2} + 1 \Leftrightarrow {x^3} – 2{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ {0,1} \right\}\)
Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm \(M_1(0; \, 1); \, M_2(1; \, 2).\)
Tiếp tuyến với đồ thị (C):
\(y = {2 \over {2 – x}}\) tại điểm \(M_1\) có phương trình là: \(y = {1 \over 2}x + 1.\)
Tiếp tuyến tại điểm \(M_2\) có phương trình:
\(y = 2(x – 1) + 2 = 2x.\)
c) Trong khoảng \((0; 1)\) đồ thị (C) nằm phía trên trục hoành nên thể tích cần tính là :
\(V = \pi \int_0^1 {({2 \over {2 – x}}} {)^2} = \left. {\pi .\frac{4}{{2 – x}}} \right|_0^1 = 2\pi. \)
8. Giải bài 8 trang 150 sgk Giải tích 12
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
a) \(f(x) = 2x^3– 3x^2– 12x + 1\) trên đoạn \(\left[ { – 2 ; \, {5 \over 2}} \right].\)
b) \( f(x) = x^2lnx\) trên đoạn \(\left[ {1; \, e} \right].\)
c) \(f(x) = xe^{-x}\) trên nửa khoảng \([0; \, +∞).\)
d) \(f(x) = 2sinx + sin2x\) trên đoạn \(\left[ {0; \,{{3\pi } \over 2}} \right].\)
Bài giải:
a) \(f(x) = 2x^3– 3x^2– 12x + 1 ⇒ f’(x) = 6x^2 – 6x – 12\)
\(f’(x) = 0 ⇔ x =-1\) hoặc \(x=2\)
So sánh các giá trị:
\(f(-2) = -3\); \( f(-1) = 8\);
\(f(2) = -19\), \(f({5 \over 2}) = {{ – 33} \over 2}\)
Suy ra:
\(\eqalign{
& \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ { – 2,{5 \over 2}} \right]} f(x) = f( – 1) = 8 \cr
& \mathop {min}\limits_{x \in \left[ { – 2,{5 \over 2}} \right]} f(x) = f(2) = – 19 \cr} \)
b) \(f(x) = x^2 lnx ⇒ f’(x)= 2xlnx + x > 0, ∀ x ∈ [1, e]\) nên \(f(x)\) đồng biến.
Do đó:
\(\eqalign{
& \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {1,e} \right]} f(x) = f(e) = {e^2} \cr
& \mathop {min}\limits_{x \in \left[ {1,e} \right]} f(x) = f(1) = 0 \cr} \)
c) \(f(x)= xe^{-x}⇒ f’(x)=e^{-x} –xe^{-x} = (1 – x)e^{-x}\) nên:
\(f’(x) = 0 ⇔ x = 1, f’(x) > 0, ∀x ∈ (0, 1)\) và \(f’(x) < 0, ∀x ∈ (1, +∞)\)
nên: \(\mathop {\max }\limits_{x \in {\rm{[}}0, + \infty )} f(x) = f(1) = {1 \over e}.\)
Ngoài ra \(f(x)= xe^{-x} > 0, ∀ x ∈ (0, +∞)\) và \(f(0) = 0\) suy ra
\(\mathop {\min}\limits_{x \in {\rm{[}}0, + \infty )} f(x) = f(0) = 0\)
d) \(f(x) = 2sinx + sin2x ⇒ f’(x)= 2cosx + 2cos2x\)
\(f’(x) = 0 ⇔ cos 2x = -cosx ⇔ 2x = ± (π – x) + k2π\)
\( ⇔ x \in \left\{ { – \pi + k2\pi ;{\pi \over 3} + {{k2\pi } \over 3}} \right\}\)
Trong khoảng \(\left[ {0,{{3\pi } \over 2}} \right]\) , phương trình \(f’(x) = 0\) chỉ có hai nghiệm là \({x_1} = {\pi \over 3};{x_2} = \pi \)
So sánh 4 giá trị : \(f(0) = 0\); \(f({\pi \over 3}) = {{3\sqrt 3 } \over 2};f(\pi ) = 0;f({{3\pi } \over 2}) = – 2\)
Suy ra:
\(\eqalign{
& \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0,{{3\pi } \over 2}} \right]} f(x) = f({\pi \over 3}) = {{3\sqrt 3 } \over 2} \cr
& \mathop {min}\limits_{x \in \left[ {0,{{3\pi } \over 2}} \right]} f(x) = f({{3\pi } \over 2}) = – 2 \cr} \)
9. Giải bài 9 trang 150 sgk Giải tích 12
Giải các phương trình sau:
a) \({13^{2x + 1}} – {13^x} – 12 = 0\).
b) \(({3^x} + {\rm{ }}{2^x})({3^x} + {\rm{ }}{3.2^x}){\rm{ }} = {\rm{ }}{8.6^x}\).
c) \({\log _{\sqrt 3 }}(x – 2).{\log _5}x = 2{\log _3}(x – 2)\).
d) \(log_2^2x{\rm{ }}-{\rm{ }}5log_2x{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} = {\rm{ }}0.\)
Bài giải:
a) Phương trình: \( \Leftrightarrow {13.13^{2x}} – {13^x} – 12 = 0.\)
Đặt \(t = 13^x > 0\) ta được phương trình:
\(13t^2 – t – 12 = 0 ⇔ (t – 1)(13t + 12) = 0\)
\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t – 1 = 0\\
13t + 12 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 1\;\;\left( {tm} \right)\\
t = – \frac{{12}}{{13}}\;\;\left( {ktm} \right)
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow {13^x} = 1 \Leftrightarrow x = 0.
\end{array}\)
Vậy phương trình có nghiệm \(x=0.\)
b) Chia cả hai vế phương trình cho \(9^x\) ta được phương trình tương đương
\(\left( {1 + {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^x}} \right)\left( {1 + 3.{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^x}} \right) = 8.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^x}.\)
Đặt \(t = {({2 \over 3})^x} (t > 0)\) , ta được phương trình:
\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left( {3t – 1} \right)\left( {t – 1} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
3t – 1 = 0\\
t – 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = \frac{1}{3}\;\;\left( {tm} \right)\\
t = 1\;\;\left( {tm} \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)
Với \(t = {1 \over 3}\) ta được nghiệm \(x = {\log _{{2 \over 3}}}{1 \over 3}\)
Với \(t = 1\) ta được nghiệm \(x = 0.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm: \(x=0\) và \(x= {\log _{{2 \over 3}}}{1 \over 3}. \)
c) Điều kiện: \(x > 2\)
\(\eqalign{
& Pt \Leftrightarrow 2lo{g_3}(x – 2).lo{g_5}x = 2lo{g_3}(x – 2) \cr
& \Leftrightarrow 2lo{g_3}(x – 2)({\log _5}x – 1) = 0 \cr} \)
\(\Leftrightarrow\left[ \matrix{{\log _3}(x – 2) = 0 \hfill \cr lo{g_5}x = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{x = 3 ™ \hfill \cr x = 5 ™ \hfill \cr} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x=3\) và \(x=5.\)
d) Điều kiện: \(x > 0\)
\(\eqalign{
& \log _2^2x – 5{\log _2}x + 6 = 0 \cr
& \Leftrightarrow ({\log _2}x – 2)({\log _2}x – 3) = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{\log _2}x = 2 \hfill \cr
{\log _2}x = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 4 ™\hfill \cr
x = 8 ™\hfill \cr} \right. \cr} \)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(x=4\) và \(x=8.\)
10. Giải bài 10 trang 150 sgk Giải tích 12
Giải các bất phương trình sau:
a) \({{{2^x}} \over {{3^x} – {2^x}}} \le 2\)
b) \({({1 \over 2})^{{{\log }_2}({x^2} – 1)}} > 1\)
c) \({\log ^2}x + 3\log x \ge 4\)
d) \({{1 – {{\log }_4}x} \over {1 + {{\log }_2}x}} \le {1 \over 4}.\)
Bài giải:
a) Ta có:
\({{{2^x}} \over {{3^x} – {2^x}}} \le 2 \Leftrightarrow {1 \over {{{({3 \over 2})}^x} – 1}} \le 2\)
Đặt \(t = {({3 \over 2})^2}(t > 0)\) , bất phương trình trở thành:
\(\eqalign{
& {1 \over {t – 1}} \le 2 \Leftrightarrow {1 \over {t – 1}} – 2 \le 0 \Leftrightarrow {{ – 2t + 3} \over {t – 1}} \le 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
0 < t < 1 \hfill \cr
t \ge {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{({3 \over 2})^x} < 1 \hfill \cr
{({3 \over 2})^2} \ge {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x < 0 \hfill \cr
x \ge 1 \hfill \cr} \right.. \cr} \)
b) Ta có:
\(\eqalign{
& {({1 \over 2})^{{{\log }_2}({x^2} – 1)}} > 1 \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{x^2} – 1 > 0 \hfill \cr
{\log _2}({x^2} – 1) < 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow 0 < {x^2} – 1 < 1 \Leftrightarrow 1 < |x| < \sqrt 2 \cr
& \Leftrightarrow x \in ( – \sqrt 2 , – 1) \cup (1,\sqrt 2 ) \cr} \)
c) Điều kiện: \(x > 0\)
\(\eqalign{
& {\log ^2}x + 3\log x \ge 4 \Leftrightarrow (\log x + 4)(logx – 1) \ge 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{\mathop{\rm logx}\nolimits} \ge 1 \hfill \cr
logx \le – 4 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x \ge 10 \hfill \cr
0 < x \le {10^{ – 4}} \hfill \cr} \right. \cr} \)
d) Ta có:
\(\eqalign{
& {{1 – {{\log }_4}x} \over {1 + {{\log }_2}x}} \le {1 \over 4} \Leftrightarrow {{1 – {{\log }_4}x} \over {1 + 2{{\log }_4}x}} \le {1 \over 4} \cr & \Leftrightarrow \frac{{4 – 4{{\log }_4}x – 1 – 2{{\log }_4}x}}{{4\left( {1 + {{\log }_4}x} \right)}} \le 0 \cr
& \Leftrightarrow {{3 – 6{{\log }_4}x} \over {1 + 2{{\log }_4}x}}\le0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{\log _4}x \le {{ – 1} \over 2} \hfill \cr
{\log _4}x \ge {1 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
0 < x < {1 \over 2} \hfill \cr
x \ge 2 \hfill \cr} \right. .\cr} \)
11. Giải bài 11 trang 150 sgk Giải tích 12
Tính các tích phân sau bằng phương pháp tính tích phân từng phần:
a) \(\int_1^{{e^4}} {\sqrt x } \ln xdx\)
b) \(\int_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {{{xdx} \over {{{\sin }^2}x}}} \)
c) \(\int_0^\pi {(\pi – x)\sin {\rm{x}}dx} \)
d) \(\int_{ – 1}^0 {(2x + 3){e^{ – x}}} dx\)
Bài giải:
a) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = \sqrt x dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \frac{1}{x}dx\\v = \frac{2}{3}{x^{\frac{3}{2}}}\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l}
\Rightarrow \int\limits_1^{{e^4}} {\sqrt x \ln xdx} = \left. {\frac{2}{3}{x^{\frac{3}{2}}}\ln x} \right|_1^{{e^4}} – \int\limits_1^{{e^4}} {\frac{2}{3}{x^{\frac{3}{2}}}.\frac{1}{x}dx} \\
= \frac{8}{3}{e^6} – \int\limits_1^{{e^4}} {\frac{2}{3}{x^{\frac{1}{2}}}dx} = \frac{8}{3}{e^6} – \left. {\frac{2}{3}.\frac{2}{3}{x^{\frac{3}{2}}}} \right|_1^{{e^4}}\\
= \frac{8}{3}{e^6} – \frac{4}{9}{e^6} + \frac{4}{9}= \frac{20}{9}{e^6}+ \frac{4}{9}.
\end{array}\)
b) Ta có:
\(\eqalign{
& \int_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {{{xdx} \over {{{\sin }^2}x}}} = \int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {xd( – \cot x) = – x\cot x\left| {_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}}} \right.} + \int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {\cot xdx} \cr
& = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {{{d\sin x} \over {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}} = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \ln |sinx|\left| {_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}}} \right. = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \ln 2 \cr} \)
c) Ta có:
\(\eqalign{
& \int_0^\pi {(\pi – x)\sin {\rm{x}}dx} = \int\limits_0^\pi {(\pi – x)d( – {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )} \cr
& = – (\pi – x)cosx\left| {_0^\pi } \right. + \int\limits_0^\pi {{\mathop{\rm cosxd}\nolimits} (\pi – x) = \pi – s{\rm{inx}}\left| {_0^\pi } \right.} = \pi \cr} \)
d) Ta có:
\(\eqalign{
& \int_{ – 1}^0 {(2x + 3){e^{ – x}}} dx = \int\limits_{ – 1}^0 {(2x + 3)d( – {e^{ – x}}} ) \cr
& = (2x + 3){e^{ – x}}\left| {_0^{ – 1}} \right. + \int\limits_{ – 1}^e {{e^{ – x}}} .2dx = e – 3 + 2{e^{ – x}}\left| {_0^1} \right. = 3e – 5 \cr} \)
12. Giải bài 12 trang 150 sgk Giải tích 12
Tính các tích phân sau bằng phương pháp đổi biến số:
a) \(\int\limits_0^{{\pi \over 24}} {\tan ({\pi \over 4} – 4x)dx} \) (đặt \(u = \cos ({\pi \over 3} – 4x)\) ).
b) \(\int\limits_{{{\sqrt 3 } \over 5}}^{{3 \over 5}} {{{dx} \over {9 + 25{x^2}}}} \) (đặt \(x = {3 \over 5}\tan t\) ).
c) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^3}} x{\cos ^4}xdx\) (đặt u = cos x).
d) \(\int\limits_{{{ – \pi } \over 4}}^{{\pi \over 4}} {{{\sqrt {1 + \tan x} } \over {{{\cos }^2}x}}} dx\) (đặt \(u = \sqrt {1 + \tan x} \) )
Bài giải:
a) Ta có:
\(I=\int\limits_0^{\frac{\pi }{{24}}} {\tan \left( {\frac{\pi }{3} – 4x} \right)dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{{24}}} {\frac{{\sin \left( {\frac{\pi }{3} – 4x} \right)}}{{\cos \left( {\frac{\pi }{3} – 4x} \right)}}dx} \)
Đặt \(u = \cos \left( {\frac{\pi }{3} – 4x} \right) \Leftrightarrow du = 4\sin \left( {\frac{\pi }{3} – 4x} \right)dx\).
Đổi cận:
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow u = \frac{1}{2}\\x = \frac{\pi }{{24}} \Rightarrow u =\frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\)
Khi đó:
\(I = \int\limits_{\frac{1}{2}}^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {\frac{{du}}{{4u}}} = \left. {\frac{1}{4}\ln \left| u \right|} \right|_{\frac{1}{2}}^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} = \frac{1}{4}\left( {\ln \frac{{\sqrt 3 }}{2} – \ln \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{4}\ln \sqrt 3 \)
b) Đặt \(x = \frac{3}{5}\tan t \Leftrightarrow dx = \frac{3}{{5{{\cos }^2}t}}dt = \frac{3}{5}\left( {{{\tan }^2}t + 1} \right)dt\).
Đổi cận:
\(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{\sqrt 3 }}{5} \Rightarrow t = \frac{\pi }{6}\\x = \frac{3}{5} \Rightarrow t = \frac{\pi }{4}\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l}I = \int\limits_{\frac{{\sqrt 3 }}{5}}^{\frac{3}{5}} {\frac{{dx}}{{9 + 25{x^2}}}} = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{3\left( {{{\tan }^2}t + 1} \right)dt}}{{5\left( {9 + 25.\frac{9}{{25}}{{\tan }^2}t} \right)}}} \\I = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{3\left( {{{\tan }^2}t + 1} \right)}}{{5.9\left( {{{\tan }^2}t + 1} \right)}}dt} = \frac{1}{{15}}\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {dt} = \left. {\frac{t}{{15}}} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} = \frac{\pi }{{180}}\end{array}\)
c) Ta có:
\(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^3}x{{\cos }^4}xdx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {1 – {{\cos }^2}x} \right){{\cos }^4}x\sin xdx} \)
Đặt \(u = \cos x \Rightarrow du = – \sin xdx\)
Đổi cận:
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Leftrightarrow u = 1\\x = \frac{\pi }{2} \Rightarrow u = 0\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l}\Rightarrow I = – \int\limits_1^0 {\left( {1 – {u^2}} \right){u^4}du} = \int\limits_0^1 {\left( {{u^4} – {u^6}} \right)du} \\\,\,\,\,\,\,I = \left. {\left( {\frac{{{u^5}}}{5} – \frac{{{u^7}}}{7}} \right)} \right|_0^1 = \frac{2}{{35}}\end{array}\)
d) Đặt \(u = \sqrt {1 + \tan x} \Leftrightarrow {u^2} = 1 + \tan x \Leftrightarrow 2udu = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx\).
Đổi cận:
\(\left\{ \begin{array}{l}x = – \frac{\pi }{4} \Rightarrow u = 0\\x = \frac{\pi }{4} \Rightarrow u = \sqrt 2 \end{array} \right.\)
\( \Rightarrow I = \int\limits_0^{\sqrt 2 } {u.2udu} = 2\int\limits_0^{\sqrt 2 } {{u^2}du} = 2\left. {\frac{{{u^3}}}{3}} \right|_0^{\sqrt 2 } = \frac{2}{3}.2\sqrt 2 = \frac{{4\sqrt 2 }}{3}\)
13. Giải bài 13 trang 151 sgk Giải tích 12
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng:
a) \(y = x^2 + 1, x = -1, x = 2\) và trục hoành;
b) \(y = ln x, x = {1 \over e}, x = e\) và trục hoành.
Bài giải:
a) Diện tích hình phẳng cần tìm là:
\(S = \int\limits_{ – 1}^2 {({x^2} + 1)dx = ({{{x^3}} \over 3}} + x)\left| {_{ – 1}^2} \right. = 6\)
b) Diện tích hình phẳng cần tìm là:
\(\eqalign{& S = \int\limits_{{1 \over e}}^e {|\ln x|dx = \int\limits_{{1 \over e}}^1 {|\ln x|dx + } } \int\limits_1^e {|\ln x|dx} \cr & = – \int\limits_{{1 \over e}}^1 {\ln xdx + \int\limits_1^e {\ln xdx} } \cr} \)
Tính \(\int\limits_{}^{} {\ln xdx} \).
Đặt \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \frac{{dx}}{x}\\v = x\end{array} \right.\\\Rightarrow \int\limits_{}^{} {\ln xdx} = x\ln x – \int\limits_{}^{} {dx} = x\ln x – x + C\end{array}\)
Do đó:
\(\eqalign{
& S = – \int\limits_{{1 \over e}}^1 {\ln xdx + \int\limits_1^e {\ln xdx} } = \int\limits_1^{{1 \over e}} {\ln xdx + \int\limits_1^e {xdx} } \cr
& = (x\ln x – x)\left| {_1^{{1 \over e}}} \right. + (x\ln x – x)\left| {_1^e} \right. = 2(1 – {1 \over e}) \cr} \)
14. Giải bài 14 trang 151 sgk Giải tích 12
Tìm vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = 2x^2\) và \(y = x^3\) xung quanh trục $Ox$.
Bài giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm
\(2{x^2} = {x^3} \Leftrightarrow {x^2}\left( {x – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.\)
Vậy thể tích cần tìm là:
\(\begin{array}{l}
V = \pi \int\limits_0^2 {\left| {{{\left( {2{x^2}} \right)}^2} – {{\left( {{x^3}} \right)}^2}} \right|dx} = \pi \left| {\int\limits_0^2 {\left( {4{x^4} – {x^6}} \right)dx} } \right|\\
\,\,\,\, = \pi \left| {\left. {\left( {\frac{{4{x^5}}}{5} – \frac{{{x^7}}}{7}} \right)} \right|_0^2} \right| = \frac{{256}}{{35}}\pi
\end{array}\)
15. Giải bài 15 trang 151 sgk Giải tích 12
Giải các phương trình sau trên tập số phức:
a) \((3 + 2i)z – (4 + 7i) = 2 – 5i\);
b) \((7 – 3i)z + (2 + 3i) = (5 – 4i)z\);
c) \(z^2 – 2z + 13 = 0\);
d) \(z^4 -z^2– 6 = 0\).
Bài giải:
a) \((3 + 2i)z – (4 + 7i) = 2 – 5i\)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow (3 + 2i)z = 6 + 2i \cr
& \Leftrightarrow z = {{6 + 2i} \over {3 + 2i}} = {{22} \over {13}} – {6 \over {13}}i \cr} \)
b) \((7 – 3i)z + (2 + 3i) = (5 – 4i)z\)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow (7 – 3i – 5 + 4i)z = – 2 – 3i \cr
& \Leftrightarrow z = {{ – 2 – 3i} \over {2 + i}} = {{ – 7} \over 5} – {4 \over 5}i \cr} \)
c) \(z^2– 2z + 13 = 0\)
\(⇔ (z – 1)^2 = -12 ⇔ z = 1 ± 2 \sqrt3 i\)
d) \(z^4 – z^2– 6 = 0\)
\(⇔ (z^2 – 3)(z^2 + 2) = 0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{
z = \pm \sqrt 3 \hfill \cr
z = \pm \sqrt 2 i \hfill \cr} \right.\)
16. Giải bài 16 trang 151 sgk Giải tích 12
Trên mặt phẳng tọa độ, hãy tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức \(z\) thỏa mãn từng bất đẳng thức:
a) \(| z| < 2\);
b) \(|z – i| ≤ 1\);
c) \(|z – 1 – i| < 1\).
Bài giải:
Đặt \(z = a + bi ( a, b ∈ \mathbb R)\). Ta có:
a) \(\left| z \right| < 2 \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2}} < 2 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} < 4\)
Tập hợp các điểm \(M(a; b)\) biểu diễn các số phức \(z\) nằm trong hình tròn tâm \(O\) (gốc tọa độ), bán kính \(2\) (không kể biên)
b) Ta có:
\(\eqalign{
& \left| {z{\rm{ }}-i} \right|{\rm{ }} \le {\rm{ }}1 \Leftrightarrow |a + (b – 1)i| \le 1 \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {{(b – 1)}^2}} \le 1 \cr
& \Leftrightarrow {a^2} + {(b – 1)^2} \le 1 \cr} \)
Tập hợp các điểm \(M (a; b)\) biểu diễn các số phức \(z\) nằm trong hình tròn tâm \(I(0, 1)\), bán kính \(1\) (kể cả biên)
c) \(|z – 1 – i| < 1 ⇔ |(a – 1) + (b – 1)i| < 1 ⇔ (a – 1)^2+ (b – 1)^2 < 1\)
Tập hợp các điểm \(M(a; b)\) biểu diễn số phức \(z\) nằm trong hình tròn (không kể biên) tâm \(I (1, 1)\), bán kính \(1\).
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 13 14 15 16 trang 148 149 150 151 sgk Giải tích 12!
“Bài tập nào khó đã có giaibaisgk.com“