Giải bài tập SGK Giải tích 12 nâng cao: Câu hỏi và bài tập ôn tập chương 1


Bài viết hướng dẫn giải các bài tập trong phần câu hỏi và bài tập và phần luyện tập của sách giáo khoa Giải tích 12 nâng cao: Câu hỏi và bài tập ôn tập chương 1.

CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP ÔN TẬP CHƯƠNG 1

Bài 68. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) $\tan x > x$ với mọi $x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right).$
b) $\tan x > x + \frac{{{x^3}}}{3}$ với mọi $x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right).$

Lời giải:
a) Xét hàm số $f(x) = \tan x – x.$
Ta có $f'(x) = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} – 1 > 0$ với mọi $x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$, đó hàm số $f(x)$ đồng biến trên $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right).$
Vì $f(0) = 0$ nên khi $x > 0$ thì $f(x) > f(0)$ tức là $\tan x – x > 0$ hay $\tan x > x.$
b) Xét hàm số $f(x) = \tan x – x – \frac{{{x^3}}}{3}.$
Ta có $f'(x) = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} – 1 – {x^2}$ $ = \frac{{1 – {{\cos }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} – {x^2}$ $ = \frac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} – {x^2}$ $ = {\tan ^2}x – {x^2}$ $ = (\tan x – x)(\tan x + x) > 0$ với mọi $x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ và do câu a.
Nên $f(x)$ là hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right).$
Vì $f(0) = 0$ nên khi $x > 0$ thì $f(x) > f(0)$, tức là $\tan x – x – \frac{{{x^3}}}{3} > 0$ hay $\tan x > x + \frac{{{x^3}}}{3}$ với mọi $x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right).$

Bài 69. Xét chiều biến thiên và tìm cực trị (nếu có) của các hàm số sau:
a) $y = \sqrt {3x + 1} .$
b) $y = \sqrt {4x – {x^2}} .$
c) $y = x + \sqrt x .$
d) $y = x – \sqrt x .$

Lời giải:
a) Tập xác định $D = \left( { – \frac{1}{3}; + \infty } \right).$
$y’ = \frac{3}{{2\sqrt {3x + 1} }} > 0$ với mọi $x \in \left( { – \frac{1}{3}; + \infty } \right)$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { – \frac{1}{3}; + \infty } \right).$ Suy ra hàm số chỉ có cực tiểu tại $x = – \frac{1}{3}$ và giá trị cực tiểu bằng $y\left( { – \frac{1}{3}} \right) = 0.$
b) Tập xác định $D = [0;4].$
$y’ = \frac{{2 – x}}{{\sqrt {4x – {x^2}} }}.$
Hàm số đồng biến trên khoảng $(0;2)$, nghịch biến trên khoảng $(2;4).$
Hàm số chỉ có một giá trị cực đại tại $x = 2$ và bằng $2.$
c) $y = x + \sqrt x .$
TXÐ: $D = [0; + \infty ).$
$y’ = 1 + \frac{1}{{2\sqrt x }} > 0$, $\forall x \in (0; + \infty ).$
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $(0; + \infty ).$
Suy ra hàm số có một giá trị cực tiểu tại $x = 0$ và giá trị cực tiểu bằng $y(0) = 0.$
d) $y = x – \sqrt x .$
TXÐ: $D = [0; + \infty ).$
$y’ = 1 – \frac{1}{{2\sqrt x }}.$
$y’ = 0$ $ \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt x – 1}}{{2\sqrt x }} = 0$ $ \Leftrightarrow 2\sqrt x – 1 = 0$ $ \Leftrightarrow x = \frac{1}{4}.$
Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {\frac{1}{4}; + \infty } \right)$, nghịch biến trên khoảng $\left( {0;\frac{1}{4}} \right).$
Vậy hàm số có một giá trị cực tiểu tại $x = \frac{1}{4}.$
Và giá trị cực tiểu bằng $y\left( {\frac{1}{4}} \right) = – \frac{1}{4}.$

Bài 70. Người ta định làm một cái hộp kim loại hình trụ có thể tích $V$ cho trước. Tìm bán kính đáy $r$ và chiều cao $h$ của hình trụ sao cho ít tốn kim loại nhất.

Lời giải: Gọi bán kính của hình trụ là $x$ với $0 < x < V.$
Suy ra chiều cao của hình trụ là $\frac{V}{{\pi {x^2}}}.$
Để làm một cái hộp kim loại hình trụ ít tốn kim loại nhất thì diện tích toàn phần của hình trụ bé nhất.
Ta có ${S_{tp}} = 2\pi {x^2} + \frac{V}{{\pi {x^2}}}\pi 2x$ $ = 2\pi {x^2} + \frac{{2V}}{{\pi x}}.$
Xét hàm số $y = 2\pi {x^2} + \frac{{2V}}{x}$, $y’ = 4\pi x – \frac{{2V}}{{{x^2}}}.$
$y’ = 0$ $ \Leftrightarrow 4\pi {x^3} – 2V = 0$ $ \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}}.$
Ta có hàm số $y = 2\pi {x^2} + \frac{{2V}}{{\pi {x^2}}}$ nghịch biến trên $\left( {0;\sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}}} \right)$, đồng biến trên $\left( {\sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}};V} \right).$ Vậy hàm số $y$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x = \sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}}$, suy ra chiều cao hình trụ là $\sqrt[3]{{\frac{{4V}}{\pi }}}.$ Vậy $r = \sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}}$, $h = \sqrt[3]{{\frac{{4V}}{\pi }}}.$

Bài 71. Chu vi một tam giác là $16cm$, độ dài một cạnh tam giác là $6cm.$ Tìm độ dài hai cạnh còn lại của tam giác sao cho tam giác có diện tích lớn nhất.

Lời giải:
Gọi độ dài ba cạnh của tam giác là $6$, $x$ và $10 – x$ với $0 < x < 10.$
Áp dụng công thức Hê-rông ta có diện tích của tam giác là:
$S = \sqrt {8.2(8 – x)(x – 2)} $ $ \Leftrightarrow {S^2} = 16\left( { – {x^2} + 10x – 16} \right).$
Để diện tích tam giác lớn nhất thì hàm số $y = – {x^2} + 10x – 16$ đạt giá trị lớn nhất trên $(0;10).$
Ta có $y’ = – 2x + 10$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow x = 5.$
Hàm số đồng biến trên $(0;5)$, nghịch biến trên khoảng $(5;10).$
Vậy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại $x = 5.$
Khi đó diện tích của tam giác lớn nhất bằng $12.$
Vậy độ dài hai cạnh còn lại đều là $5cm.$

Bài 72. Cho hàm số $f(x) = \frac{1}{3}{x^3} – 2{x^2} + \frac{{17}}{3}.$
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.
b) Chứng minh rằng phương trình $f(x) = 0$ có ba nghiệm phân biệt.

Lời giải:
a) Tập xác định $R.$
$y’ = {x^2} – 4x$ $ = x(x – 4)$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow x = 0$, $x = 4.$
Hàm số đồng biến trên các khoảng $( – \infty ;0)$ và $(4; + \infty ).$
Hàm số nghịch biến trên khoảng $(0;4).$
Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$, ${y_{CĐ}} = y(0) = \frac{{17}}{3}.$
Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 4$, ${y_{CT}} = y(4) = – 5.$
Giới hạn:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y$ $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {\frac{1}{3}{x^3} – 2{x^2} + \frac{{17}}{3}} \right) = – \infty .$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y$ $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{1}{3}{x^3} – 2x + \frac{{17}}{3}} \right) = + \infty .$
$y” = 2x – 4$, $y” = 0$ $ \Leftrightarrow x = 2.$
Bảng biến thiên:

Đồ thị:

b) Đồ thị hàm số $f(x) = \frac{1}{3}{x^3} – 2{x^2} + \frac{{17}}{3}$ cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt. Vậy phương trình $f(x) = 0$ có ba nghiệm phân biệt.

Bài 73. Cho hàm số $f(x) = {x^3} + px + q.$
a) Tìm điều kiện đối với $p$ và $q$ để hàm số $f$ có một cực đại và một cực tiểu.
b) Chứng minh rằng nếu giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trái dấu thì phương trình ${x^3} + px + q = 0$ $(1)$ có ba nghiệm phân biệt.
c) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phương trình $(1)$ có ba nghiệm phân biệt là $4{p^3} + 27{q^2} < 0.$

Lời giải:
a) $f'(x) = 3{x^2} + p.$
Để hàm số $f$ có một cực đại và một cực tiểu thì phương trình $f'(x) = 0$ có hai nghiệm phân biệt và $f'(x)$ đổi dấu qua các điểm đó. Vậy $p < 0.$
b) Cách 1:
Dạng của đồ thị như hình vẽ:

Đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt nên phương trình ${x^3} + px + q = 0$ có ba nghiệm phân biệt.
Cách 2:
Hàm số $f(x) = {x^3} + px + q$ liên tục trên $R$ và có ${f_{CĐ}}.{f_{CT}} < 0$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{f_{CĐ}} > 0}\\
{{f_{CT}} < 0}
\end{array}} \right.$ (do $a = 1 > 0$).
${f_{CĐ}} = f\left( {{x_1}} \right)$, ${f_{CT}} = f\left( {{x_2}} \right)$, $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f(x) = – \infty $ nên tồn tại số $a$ sao cho $f(a) < 0$, $a < {x_1}.$
Vì $f(a).{f_{CĐ}} < 0$ nên phương trình có ít nhất $1$ nghiệm thuộc $\left( {a;{x_1}} \right).$
Vì $f\left( {{x_1}} \right).f\left( {{x_2}} \right) < 0$ nên phương trình có ít nhất $1$ nghiệm thuộc $\left( {{x_1};{x_2}} \right).$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty $ nên tồn tại một số $b > {x_2}$ sao cho $f(b) > 0.$
Vì $f\left( {{x_2}} \right).f(b) < 0$ nên phương trình có ít nhất $1$ nghiệm thuộc $\left( {{x_2};b} \right).$
Do phương trình bậc ba có nhiều nhất là $3$ nghiệm. Vậy phương trình ${x^3} + px + q = 0$ có $3$ nghiệm phân biệt.
Chú ý: Khẳng định trên đúng với phương trình bậc ba tổng quát.
c) Ta có $f(x) = \left( {3{x^2} + p} \right)\frac{x}{3} + \frac{{2p}}{3}x + q.$
Gọi ${x_1}$, ${x_2}$ là hai điểm cực trị của hàm số.
Theo câu b, ta có điều kiện cần và đủ để phương trình $(1)$ có ba nghiệm phân biệt là giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trái dấu nhau, nghĩa là ${f_{CĐ}}.{f_{CT}} < 0$ $ \Leftrightarrow f\left( {{x_1}} \right).f\left( {{x_2}} \right) < 0.$
$ \Leftrightarrow \left[ {\left( {3x_1^2 + p} \right)\frac{x}{3} + \frac{{2p}}{3}{x_1} + q} \right]\left[ {\left( {3x_2^2 + p} \right)\frac{x}{3} + \frac{{2p}}{3}{x_2} + q} \right] < 0.$
$ \Leftrightarrow \left( {\frac{{2p}}{3}{x_1} + q} \right)\left( {\frac{{2p}}{3}{x_2} + q} \right) < 0$ $ \Leftrightarrow \frac{{4{p^2}}}{9}{x_1}{x_2} + \frac{{2p}}{3}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {q^2} < 0$ $(*).$
Vì ${x_1}{x_2} = + \frac{p}{3}$, ${x_1} + {x_2} = 0$ (do ${x_1}$, ${x_2}$ là nghiệm của phương trình $3{x^2} + p = 0$).
$(*) \Leftrightarrow \frac{{4{p^2}}}{9}.\frac{p}{3} + {q^2} < 0$ $ \Leftrightarrow 4{p^3} + 27{q^2} < 0$ $ \Rightarrow $ điều phải chứng minh.

Bài 74. Cho hàm số $f(x) = {x^3} – 3x + 1.$
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm uốn $U$ của nó.
c) Gọi $\left( {{d_m}} \right)$ là đường thẳng đi qua $U$ và có hệ số góc $m.$ Tìm các giá trị của $m$ sao cho đường thẳng $\left( {{d_m}} \right)$ cắt đồ thị của hàm số đã cho tại ba điểm phân biệt.

Lời giải:
a) TXÐ: $D = R.$
$y’ = 3{x^2} – 3$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow 3{x^2} – 3 = 0$ $ \Leftrightarrow 3\left( {{x^2} – 1} \right) = 0$ $ \Leftrightarrow x = 1$, $x = – 1.$
Hàm số đồng biến trên các khoảng $( – \infty ; – 1) \cup (1; + \infty )$, nghịch biến trên khoảng $( – 1;1).$
Hàm số đạt cực đại tại $x = – 1$, ${y_{CĐ}} = y( – 1) = 3.$
Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1$, ${y_{CT}} = y(1) = – 1.$
Giới hạn:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f(x)$ $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {{x^3} – 3x + 1} \right) = – \infty .$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)$ $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{x^3} – 3x + 1} \right) = + \infty .$
$y” = 6x$, $y” = 0$ $ \Leftrightarrow x = 0.$
Bảng biến thiên:

Đồ thị:

b) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm uốn $U$ là: $y – 1 = f'(0)(x – 0).$
$ \Leftrightarrow y – 1 = – 3x$ $ \Leftrightarrow y = – 3x + 1.$
c) Phương trình đường thẳng $\left( {{d_m}} \right)$ đi qua điểm uốn $U$ và có hệ số góc $m$ có dạng $y = mx + 1.$
Hoành độ giao điểm của đường thẳng $\left( {{d_m}} \right)$ và đồ thị là nghiệm của phương trình ${x^3} – 3x + 1 = mx + 1.$
$ \Leftrightarrow {x^3} – (3 + m)x = 0$ $ \Leftrightarrow x\left( {{x^2} – m – 3} \right) = 0$ $(*).$
Để đường thẳng $\left( {{d_m}} \right)$ cắt đồ thị của hàm số đã cho tại ba điểm phân biệt thì phương trình ${x^2} – m – 3 = 0$ có $2$ nghiệm phân biệt khác $0.$
$ \Leftrightarrow m + 3 > 0$ $ \Leftrightarrow m > – 3.$
Vậy với $m > 3$ là giá trị cần tìm.

Bài 75. Cho hàm số $y = {x^4} – (m + 1){x^2} + m.$
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với $m = 2.$
b) Tìm các giá trị của $m$ sao cho đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm, tạo thành ba đoạn thẳng có độ dài bằng nhau.

Lời giải:
a) Với $m = 2.$ Hàm số $y = {x^4} – 3{x^2} + 2.$
TXĐ: $D = R.$
$y’ = 4{x^3} – 6x$ $ = 2x\left( {2{x^2} – 3} \right).$
$y’ = 0$ $ \Leftrightarrow x = 0$, $x = \frac{{\sqrt 6 }}{2}$, $x = – \frac{{\sqrt 6 }}{2}.$
Hàm số đồng biến trên $\left( { – \frac{{\sqrt 6 }}{2};0} \right) \cup \left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2}; + \infty } \right)$, nghịch biến trên $\left( { – \infty ; – \frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) \cup \left( {0;\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right).$
Hai điểm cực tiểu $x = \pm \frac{{\sqrt 6 }}{2}$, ${y_{CT}} = y\left( { \pm \frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) = – \frac{1}{4}.$
Điểm cực đại $x = 0$, ${y_{CĐ}} = y(0) = 2.$
Giới hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y$ $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {{x^4} – 3{x^2} + 2} \right) = + \infty $, $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty .$
$y” = 12{x^2} – 6$, $y” = 0$ $ \Leftrightarrow x = \pm \frac{{\sqrt 2 }}{2}.$
Bảng biến thiên:

Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại $(0;2)$, cắt trục hoành tại $4$ điểm: $( – \sqrt 2 ;0)$, $( – 1;0)$, $(1;0)$, $(\sqrt 2 ;0).$

b) Đặt $t = {x^2}$, điều kiện $t \ge 0.$
Hoành độ giao điểm của đồ thị và trục hoành là nghiệm của phương trình:
${x^4} – (m + 1){x^2} + m = 0$ $(1).$
$ \Rightarrow {t^2} – (m + 1)t + m = 0$ $(2).$
Đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm tạo thành ba đoạn thẳng có độ dài bằng nhau, tức là $4$ điểm có hoành độ lập thành cấp số cộng.
$ \Leftrightarrow $ phương trình $(2)$ có $2$ nghiệm dương ${t_1}$, ${t_2}$ (với ${{t_1} < {t_2}}$) thỏa mãn điều kiện.
$\sqrt {{t_2}} – \sqrt {{t_1}} $ $ = \sqrt {{t_1}} – ( – \sqrt {{t_1}} )$ $ \Leftrightarrow \sqrt {{t_2}} = 3\sqrt {{t_1}} $ $ \Leftrightarrow {t_2} = 9{t_1}.$
Phương trình $(2)$ có $2$ nghiệm dương khác nhau:
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\Delta > 0}\\
{m + 1 > 0}\\
{m > 0}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{{(m + 1)}^2} – 4m > 0}\\
{m > – 1}\\
{m > 0}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 0}\\
{m \ne 1}
\end{array}} \right..$
Áp dụng định lý Vi-et ta có:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{t_1} + {t_2} = m + 1}\\
{{t_1}{t_2} = m}
\end{array}} \right..$
Thay ${t_2} = 9{t_1}$ $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{10{t_1} = m + 1}\\
{9t_1^2 = m}
\end{array}} \right..$
$ \Rightarrow 9.{\left( {\frac{{m + 1}}{{10}}} \right)^2} = m$ $ \Leftrightarrow 9{m^2} – 82m + 9 = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m = 9}\\
{m = \frac{1}{9}}
\end{array}} \right..$
Vậy với $m = 9$ hoặc $m = \frac{1}{9}$ thì đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm tạo thành ba đoạn thẳng có độ dài bằng nhau.

Bài 76. Cho hàm số $f(x) = {x^4} – {x^2}.$
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.
b) Từ đồ thị hàm số $y = f(x)$ suy ra cách vẽ đồ thị của hàm số $y = |f(x)|.$

Lời giải:
a) TXÐ: $D = R.$
$y’ = 4{x^3} – 2x$ $ = 2x\left( {2{x^2} – 1} \right) = 0$ $ \Leftrightarrow x = 0$, $x = \pm \frac{{\sqrt 2 }}{2}.$
Hàm số đồng biến trên $\left( { – \frac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right) \cup \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}; + \infty } \right)$, nghịch biến trên $\left( { – \infty ; – \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) \cup \left( {0;\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right).$
Hai điểm cực tiểu tại $x = \pm \frac{{\sqrt 2 }}{2}$, ${y_{CT}} = – \frac{1}{4}.$
Điểm cực đại tại $x = 0$, ${y_{CD}} = y(0) = 0.$
Giới hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f(x) = + \infty $, $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty .$
${y^{”}} = 12{x^2} – 2$ $ = 2\left( {6{x^2} – 1} \right) = 0$ $ \Leftrightarrow x = \pm \frac{{\sqrt 6 }}{6}.$
Bảng biến thiên:

Đồ thị: Đi qua $(0;0)$, $( – 1;0)$ và $(1;0).$

b) $y = |f(x)| = \left| {{x^4} – {x^2}} \right|.$
$ = \left\{ \begin{array}{l}
{x^4} – {x^2}\,\,{\rm{nếu}}\,\,{x^4} – {x^2} \ge 0\\
– \left( {{x^4} – {x^2}} \right)\,\,{\rm{nếu}}\,\,{x^4} – {x^2} < 0
\end{array} \right..$
Do đó đồ thị $y = |f(x)|$ gồm:
+ Phần đồ thị trên $Ox$ của đồ thị (đã vẽ).
+ Đối xứng phần đồ thị phía dưới $Ox$ của đồ thị đã vẽ qua $Ox.$
Đồ thị (là đường nét liền)

Bài 77. Cho hàm số $y = \frac{{x – 4m}}{{2(mx – 1)}}$ $\left( {{H_m}} \right).$
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với $m = 1.$
b) Chứng minh rằng với mọi $m \ne \pm \frac{1}{2}$, các đường cong $\left( {{H_m}} \right)$ đều đi qua hai điểm cố định $A$ và $B.$
c) Chứng minh rằng tích các hệ số góc của các tiếp tuyến với $\left( {{H_m}} \right)$ tại hai điểm $A$ và $B$ là một hằng số khi $m$ biến thiên.

Lời giải:
a) Với $m = 1$: $y = \frac{{x – 4}}{{2x – 2}}$ $(H).$
TXĐ: $D = R\backslash \{ 1\} .$
$y’ = \frac{6}{{{{(2x – 2)}^2}}} > 0$, $\forall x \in D.$
Nên hàm số đồng biến trên các khoảng $( – \infty ;1) \cup (1; + \infty ).$
Giới hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} \frac{{x – 4}}{{2x – 2}} = + \infty $, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = – \infty .$
Do đó đường thẳng $x = 1$ là tiệm cận đứng.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{x – 4}}{{2x – 2}} = \frac{1}{2}$ $ \Rightarrow $ đường thẳng $y = \frac{1}{2}$ là tiệm cận ngang.
Bảng biến thiên:

Đồ thị: Cắt trục tung tại $(0;2)$, cắt trục hoành tại $(4;0).$

b) Điều kiện: $mx \ne 1.$
Gọi $A(x;y)$ là điểm cố định của đồ thị hàm số khi $m$ thay đổi.
Khi đó tọa độ của $A$ thỏa mãn phương trình sau $\forall m:$
$y = \frac{{x – 4m}}{{2(mx – 1)}}$ $ \Leftrightarrow 2myx – 2y = x – 4m.$
$ \Leftrightarrow 2(xy + 2)m – 2y – x = 0$, $\forall m.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{xy + 2 = 0}\\
{ – 2y – x = 0}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ – 2{y^2} + 2 = 0}\\
{x = – 2y}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow y = \pm 1.$
+ $y = 1 \Rightarrow x = – 2.$
+ $y = – 1 \Rightarrow x = 2.$
Vậy với mọi $m \ne \pm \frac{1}{2}$ đồ thị hàm số luôn đi qua hai điểm cố định $A( – 2;1)$, $B(2; – 1).$
c) $y’ = \frac{{2mx – 2 – (x – 4m).2m}}{{4{{(mx – 1)}^2}}}$ $ = \frac{{8{m^2} – 2}}{{4{{(mx – 1)}^2}}}.$
Hệ số góc của tiếp tuyến với $\left( {{H_m}} \right)$ tại điểm $A$ là $y'( – 2)$, tại điểm $B$ là $y'(2).$
Ta có $y'( – 2).y'(2)$ $ = \frac{{8{m^2} – 2}}{{4{{( – 2m – 1)}^2}}}.\frac{{8{m^2} – 2}}{{4{{(2m – 1)}^2}}}$ $ = \frac{{4{{\left( {4{m^2} – 1} \right)}^2}}}{{16{{\left( {4{m^2} – 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{4}$, $\forall m.$

Bài 78.
a) Vẽ đồ thị $(P)$ của hàm số $y = {x^2} – x + 1$ và đồ thị $(H)$ của hàm số $y = \frac{1}{{x + 1}}.$
b) Tìm giao điểm của hai đường cong $(P)$ và $(H).$ Chứng minh rằng hai đường cong đó có tiếp tuyến chung tại giao điểm của chúng.
c) Xác định các khoảng trên đó $(P)$ nằm phía trên hoặc phía dưới $(H).$

Lời giải:
a) Đồ thị:

b) Cách 1: Dựa vào đồ thị ta có giao điểm của $(P)$ và $(H)$ là $A(0;1).$
Cách 2: Hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(H)$ là nghiệm của phương trình:
${x^2} – x + 1 = \frac{1}{{x + 1}}$ $ \Rightarrow {x^3} = 0$ $ \Leftrightarrow x = 0$ $ \Rightarrow y = 1.$
Vậy giao điểm của $(P)$ và $(H)$ là $A(0;1).$
Phương trình tiếp tuyến của $(P)$ tại $A(0;1)$ là:
$y – 1 = y'(0)(x – 0).$
$ \Leftrightarrow y – 1 = – x$ $ \Leftrightarrow y = – x + 1$ (với $y'(0) = 2.0 – 1 = – 1$).
Phương trình tiếp tuyến của $(H)$ tại $A(0;1)$ là:
$y – 1 = y'(0)(x – 0) = – x.$
$ \Leftrightarrow y = – x + 1$ (với ${y'(0) = – \frac{1}{{{{(0 + 1)}^2}}} = – 1}$).
Vậy hai đường cong đó có tiếp tuyến chung tại giao điểm của chúng.
c) Cách 1: Dựa vào đồ thị ta thấy trên $( – \infty ; – 1)$ và $(0; + \infty )$, $(P)$ nằm phía trên $(H)$; trên $( – 1;0)$, $(P)$ nằm phía dưới $(H).$
Cách 2: Xét bất phương trình: ${x^2} – x + 1 > \frac{1}{{x + 1}}.$
$ \Leftrightarrow \frac{{{x^3}}}{{x + 1}} > 0$ $ \Leftrightarrow x \in ( – \infty ; – 1) \cup (0; + \infty ).$
Vậy trên các khoảng $( – \infty ; – 1)$ và $(0; + \infty )$, $(P)$ nằm phía trên $(H)$; trên $( – 1;0)$, $(P)$ nằm phía dưới $(H).$

Bài 79. Cho hàm số $y = f(x) = x + \frac{1}{x}.$
a) Khảo sát và vẽ đồ thị $(C)$ của hàm số.
b) Tiếp tuyến của đường cong $(C)$ tại $M\left( {{x_0};f\left( {{x_0}} \right)} \right)$ cắt tiệm cận đứng và tiệm cận xiên tại hai điểm $A$ và $B.$ Chứng minh rằng $M$ là trung điểm của đoạn $AB$ và tam giác $OAB$ có diện tích không phụ thuộc vào vị trí của điểm $M$ trên đường cong $(C).$

Lời giải:
a) TXÐ: $D = R\backslash \{ 0\} .$
$y’ = 1 – \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{{{x^2} – 1}}{{{x^2}}}$, $y’ = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1.$
Hàm số đồng biến trên các khoảng $( – \infty ; – 1)$ và $(1; + \infty )$, nghịch biến trên $(-1;0)$ và $(0;1).$
Hàm số đạt cực đại tại $x = – 1$ và ${y_{CĐ}} = y( – 1) = – 2.$
Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1$ và ${y_{CT}} = y(1) = 2.$
Giới hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} \left( {x + \frac{1}{x}} \right) = – \infty $, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = + \infty .$
Vậy đường thẳng $x = 0$ là tiệm cận đứng.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {x + \frac{1}{x}} \right) = – \infty $, $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty .$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (y – x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x} = 0$ nên đường thẳng $y = x$ là tiệm cận xiên.
Bảng biến thiên:

Đồ thị:

b) Phương trình tiếp tuyến tại điểm $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ thuộc $(C)$ là:
$y = \left( {1 – \frac{1}{{x_0^2}}} \right)\left( {x – {x_0}} \right) + {y_0}$ $(\Delta ).$
$(\Delta )$ cắt tiệm cận đứng tại $A.$
$ \Rightarrow $ tọa độ $A\left( {0;\frac{2}{{{x_0}}}} \right).$
$\Delta $ cắt tiệm cận xiên tại $B.$
$ \Rightarrow $ tọa độ $B\left( {2{x_0};2{x_0}} \right).$
Tọa độ trung điểm của $AB$ là: $\left( {{x_0};\left( {{x_0} + \frac{1}{{{x_0}}}} \right)} \right) = \left( {{x_0};{y_0}} \right).$
Vậy $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB.$
Khoảng cách từ $B$ đến trục $Oy$ bằng $2{x_0}$ là độ dài đường cao kẻ từ $B$ của tam giác $OAB$, $OA$ có độ dài bằng $\frac{2}{{{x_0}}}.$
Vậy diện tích của tam giác $OAB$ là $\frac{1}{2}.2{x_0}.\frac{2}{{{x_0}}} = 2$ không đổi (không phụ thuộc vào vị trí của $M \in (C)$).

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

1. ĐỀ BÀI
Trong mỗi bài tập dưới đây, hãy chọn khẳng định đúng trong các khẳng định đã cho (trong các khẳng định đó, chỉ có một khẳng định đúng).

Bài 80. Hàm số $f(x) = \frac{{{x^3}}}{3} – \frac{{{x^2}}}{2} – 6x + \frac{3}{4}.$
(A) Đồng biến trên khoảng $(-2;3).$
(B) Nghịch biến trên khoảng $(-2;3).$
(C) Nghịch biến trên khoảng $( – \infty ; – 2).$
(D) Đồng biến trên khoảng $( – 2; + \infty ).$

Bài 81. Hàm số $f(x) = 6{x^5} – 15{x^4} + 10{x^3} – 22.$
(A) Nghịch biến trên $R.$
(B) Đồng biến trên khoảng $( – \infty ;0)$ và nghịch biến trên khoảng $(0; + \infty ).$
(C) Đồng biến trên $R.$
(D) Nghịch biến trên khoảng $(0;1).$

Bài 82. Hàm số $y = \sin x – x.$
(A) Đồng biến trên $R.$
(B) Đồng biến trên khoảng $( – \infty ;0).$
(C) Nghịch biến trên khoảng $( – \infty ;0)$ và đồng biến trên khoảng $(0; + \infty ).$
(D) Nghịch biến trên $R.$

Bài 83. Hàm số $f(x) = {x^3} – 3{x^2} – 9x + 11.$
(A) Nhận điểm $x = -1$ làm điểm cực tiểu.
(B) Nhận điểm $x = 3$ làm điểm cực đại.
(C) Nhận điểm $x = 1$ làm điểm cực đại.
(D) Nhận điểm $x = 3$ làm điểm cực tiểu.

Bài 84. Hàm số $y = {x^4} – 4{x^3} – 5.$
(A) Nhận điểm $x = 3$ làm điểm cực tiểu.
(B) Nhận điểm $x = 0$ làm điểm cực đại.
(C) Nhận điểm $x = 3$ làm điểm cực đại.
(D) Nhận điểm $x = 0$ làm điểm cực tiểu.

Bài 85. Số điểm cực trị của hàm số $y = {x^4} – 2{x^2} – 3$ là:
(A) $0.$
(B) $1.$
(C) $3.$
(D) $2.$

Bài 86. Số điểm cực trị của hàm số $y = \frac{{{x^2} – 3x + 6}}{{x – 1}}$ là:
(A) $0.$
(B) $2.$
(C) $1.$
(D) $3.$

Bài 87. Hàm số $f$ có đạo hàm là $f'(x) = {x^2}{(x + 1)^2}(2x – 1).$ Số điểm cực trị của hàm số là:
(A) $1.$
(B) $2.$
(C) $0.$
(D) $3.$

Bài 88. Hàm số $y = x – \sin 2\pi + 3.$
(A) Nhận điểm $x = – \frac{\pi }{6}$ làm điểm cực tiểu.
(B) Nhận điểm $x = \frac{\pi }{2}$ làm điểm cực đại.
(C) Nhận điểm $x = – \frac{\pi }{6}$ làm điểm cực đại.
(D) Nhận điểm $x = – \frac{\pi }{2}$ làm điểm cực tiểu.

Bài 89. Giá trị lớn nhất của hàm số $y = – 3\sqrt {1 – x} $ là:
(A) $-3.$
(B) $1.$
(C) $-1.$
(D) $0.$

Bài 90. Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = 3\sin x – 4\cos x$ là:
(A) $3.$
(B) $-5.$
(C) $-4.$
(D) $-3.$

Bài 91. Giá trị lớn nhất của hàm số $f(x) = 2{x^3} + 3{x^2} – 12x + 2$ trên đoạn $[ – 1;2]$ là:
(A) $6.$
(B) $10.$
(C) $15.$
(D) $11.$

Bài 92. Giá trị lớn nhất của hàm số $f(x) = \sqrt { – {x^2} – 2x + 3} $ là:
(A) $2.$
(B) $\sqrt 2 .$
(C) $0.$
(D) $3.$

Bài 93. Gọi $(C)$ là đồ thị của hàm số $y = \frac{{2{x^2} – 3x + 4}}{{2x + 1}}.$
(A) Đường thẳng $x = -1$ là tiệm cận đứng của $(C).$
(B) Đường thẳng $y = 2x – 1$ là tiệm cận xiên của $(C).$
(C) Đường thẳng $y = x + 1$ là tiệm cận xiên của $(C).$
(D) Đường thẳng $y = x – 2$ là tiệm cận xiên của $(C).$

Bài 94. Gọi $(C)$ là đồ thị của hàm số $y = \frac{{{x^2} + 3}}{{3 + 5x – 2{x^2}}}.$
(A) Đường thẳng $x = 1$ là tiệm cận đứng của $(C).$
(B) Đường thẳng $x = – \frac{1}{2}$ là tiệm cận đứng của $(C).$
(C) Đường thẳng $y = 1$ là tiệm cận ngang của $(C).$
(D) Đường thẳng $y = -x + 1$ là tiệm cận xiên của $(C).$

Bài 95. Gọi $(C)$ là đồ thị của hàm số $y = \frac{{{x^2} + x + 2}}{{ – 5{x^2} – 2x + 3}}.$
(A) Đường thẳng $x = 2$ là tiệm cận đứng của $(C).$
(B) Đường thẳng $y = x – 1$ là tiệm cận xiên của $(C).$
(C) Đường thẳng $y = – \frac{1}{5}$ là tiệm cận ngang của $(C).$
(D) Đường thẳng $y = – \frac{1}{2}$ là tiệm cận ngang của $(C).$

Bài 96. Đồ thị của hàm số $y = x + \frac{1}{{x – 1}}.$
(A) Cắt đường thẳng $y = 1$ tại hai điểm.
(B) Cắt đường thẳng $y = 4$ tại hai điểm.
(C) Tiếp xúc với đường thẳng $y = 0.$
(D) Không cắt đường thẳng $y = -2.$

Bài 97. Xét phương trình: ${x^3} + 3{x^2} = m.$
(A) Với $m = 5$, phương trình đã cho có $3$ nghiệm.
(B) Với $m = -1$, phương trình có $2$ nghiệm.
(C) Với $m = 4$, phương trình có $3$ nghiệm phân biệt.
(D) Với $m = 2$, phương trình có $3$ nghiệm phân biệt.

Bài 98. Đồ thị hàm số $y = \frac{{x – 2}}{{2x + 1}}.$
(A) Nhận điểm $\left( { – \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)$ làm tâm đối xứng.
(B) Nhận điểm $\left( { – \frac{1}{2};2} \right)$ làm tâm đối xứng.
(C) Không có tâm đối xứng.
(D) Nhận điểm $\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)$ làm tâm đối xứng.

Bài 99. Số giao điểm của hai đường cong $y = {x^3} – {x^2} – 2x + 3$ và $y = {x^2} – x + 1$ là:
(A) $0.$
(B) $1.$
(C) $3.$
(D) $2.$

Bài 100. Các đồ thị của hai hàm số $y = 3 – \frac{1}{x}$ và $y = 4{x^2}$ tiếp xúc với nhau tại $M$ có hoành độ là:
(A) $x = -1.$
(B) $x = 1.$
(C) $x = 2.$
(D) $x = \frac{1}{2}.$

2. ĐÁP ÁN
80. B. 81. C. 82. D. 83. D. 84. A. 85. C. 86. B. 87. A. 88. C. 89. D. 90. B. 91. C. 92. A. 93. D. 94. B. 95. C. 96. B. 97. D. 98. A. 99. C. 100. D.


Hướng dẫn DOWNLOAD: XEM HƯỚNG DẪN
Ghi chú: Quý thầy, cô hoặc bạn đọc muốn đóng góp tài liệu cho TOANMATH.com, vui lòng gửi về:
+ Fanpage: TOÁN MATH
+ Email: toanmath.com@gmail.com