Bài tập cuối chương 1

Hướng dẫn giải

a) Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\)

- Chiều biến thiên:

\(y' = {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Trên các khoảng (\( - \infty \); 0), (2; \( + \infty \)) thì y' < 0 nên hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng đó. Trên khoảng (0; 2) thì y' > 0 nên hàm số đồng biến trên khoảng đó.

- Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và \({y_{cd}} = 4\)

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và \({y_{ct}} = \frac{8}{3}\)

- Các giới hạn tại vô cực:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } (\frac{1}{3}{x^3} - {x^2} + 4) =  - \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } (\frac{1}{3}{x^3} - {x^2} + 4) =  + \infty \)

Bảng biến thiên:

Khi x = 0 thì y = 4 nên (0; 4) là giao điểm của đồ thị với trục Oy

Ta có: \(y = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{3}{x^3} - {x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow x =  - 1,61\)

Vậy đồ thị của hàm số giao với trục Ox tại điểm (-1,61; 0)

b) Khoảng cách giữa 2 cực trị là \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{{(4 - 8/3)}^2} + {2^2}}  \)

= \(\frac{{2\sqrt {13} }}{3}\)

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

a) Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \{ 1\} \)

- Chiều biến thiên:

\(y' = \frac{{ - 3}}{{{{(x - 1)}^2}}} \le 0\forall x \in D\)nên hàm số nghịch biến trên D

- Tiệm cận:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = 21;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = 2\) nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

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

- Bảng biến thiên:

Khi x = 0 thì y = -1 nên (0; -1) là giao điểm của đồ thị với trục Oy

Ta có: \(y = 0 \Leftrightarrow \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = 0 \Leftrightarrow x =  - \frac{1}{2}\)

Vậy đồ thị của hàm số giao với trục Ox tại điểm (\( - \frac{1}{2}\); 0)

b) Ta có A(0; -1) và I(1; 2)

B là điểm đối xứng với A qua I nên I là trung điểm AB => B(2;5)

Lại có: \(y(2) = \frac{{2.2 + 1}}{{2 - 1}} = 5\) nên B(2;5) cũng thuộc đồ thị hàm số

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \{ 1\} \)

- Chiều biến thiên:

\(y' = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{(x - 1)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Trên các khoảng (\( - \infty \); -1), (3; \( + \infty \)) thì y' < 0 nên hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng đó. Trên khoảng (-1; 3) thì y' > 0 nên hàm số đồng biến trên khoảng đó.

- Giới hạn và tiệm cận:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{x^2} + 4x - 1}}{{x - 1}} =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{x^2} + 4x - 1}}{{x - 1}} =  - \infty \)

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{x^2} + 4x - 1}}{{{x^2} - x}} = 1;b = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } (\frac{{{x^2} + 4x - 1}}{{x - 1}} - x) = 5\) nên y = x + 5 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} + 4x - 1}}{{x - 1}} =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{{x^2} + 4x - 1}}{{x - 1}} =  - \infty \) nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Bảng biến thiên:

Ta có: \(y = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 4x - 1}}{{x - 1}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2 - \sqrt 5 \\x =  - 2 + \sqrt 5 \end{array} \right.\)

Vậy đồ thị của hàm số giao với trục Ox tại điểm (\( - 2 - \sqrt 5 \); 0) và (\( - 2 + \sqrt 5 \); 0)

b)  Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy \(\mathop {\min }\limits_{[2;4]} y = y(3) = 10\) và \(\mathop {\max }\limits_{[2;4]} y = y(2) = 11\)

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

a) Xét nửa tam giác lớn Hình 4b. Diện tích hình chữ nhật bằng diện tích tam giác lớn trừ diện tích hai tam giác nhỏ. Ta có: \(rh = \frac{1}{2}.12.5 - \frac{1}{2}.h(5 - r) - \frac{1}{2}(12 - h).r = \frac{{60 - 5h + rh - 12r + rh}}{2}\)

\( \Leftrightarrow 2rh = 60 - 5h + 2rh - 12r \Leftrightarrow 12r = 60 - 5h \Leftrightarrow r = \frac{{5(12 - h)}}{{12}}\)

b) Thể tích khối trụ là: \(V(h) = \pi {r^2}h = \pi .\frac{{{5^2}{{(12 - h)}^2}}}{{{{12}^2}}}h = \frac{{25\pi h{{(12 - h)}^2}}}{{144}}\)

c) Thể tích khối trụ lớn nhất khi V(h) đạt giá trị lớn nhất. Ta tìm max của hàm V(h) bằng cách tìm đạo hàm V'(h) và lập bảng biến thiên.

\(V'(h) = \frac{{75\pi {h^2} - 1200\pi h + 3600\pi }}{{144}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}h = 4\\h = 12\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy \(\mathop {\max }\limits_{(0; + \infty )} V(h) = V(4) = \frac{{400\pi }}{9}\)

Vậy để khối trụ có thể tích lớn nhất thì h = 4cm

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

Tập xác định: \(D = [30;120]\)

- Chiều biến thiên:

\(\overline C '(x) = 2 - \frac{{7200}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 60(loai)\\x = 60\end{array} \right.\)

Trên các khoảng (30; 60) thì y' < 0 nên hàm số nghịch biến trên khoảng đó. Trên khoảng (60; 120) thì y' > 0 nên hàm số đồng biến trên khoảng đó.

- Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tại x = 60 và \({y_{cd}} = 10\)

- Các giới hạn tại vô cực:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \overline C (x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } (2x - 230 + \frac{{7200}}{x}) =  - \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \overline C (x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } (2x - 230 + \frac{{7200}}{x}) =  + \infty \)

- Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số:

b) Từ bảng biến thiên, ta thấy \(\mathop {\min }\limits_{[30;120]} \overline C (x) = \overline C (60) = 10\)

Vậy để chi phí trung bình của một phần ăn là thấp nhất thì số phần ăn là 10

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

a) Khi \(S \to  + \infty \) thì \(R \to 0\), nghĩa là khi S càng lớn thì R càng bé

b) Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng R = 0,001 cho biết khi S = 0,000169\({m^2}\) thì R = 0,001

c) \(\rho  = \frac{{RS}}{\ell } = \frac{{0,001.0,000169}}{{10}} = 1,{69.10^{ - 8}}(\Omega m)\)

Vậy dây điện trở được làm bằng đồng

(Trả lời bởi datcoder)