Chương 1:ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ - Hỏi đáp

bài 1 bạn dò lại xem. Còn bài 2 tương tự

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = -1 và tiệm cận ngang là y = -1. Số tiệm cận của đồ thị là 2.

Loại bài này trước hết phải phân tích để mò coi pt có nghiệm cố định nào không:

\(x^3-3\left(m+1\right)x^2+2\left(m^2+4m+1\right)x-4m\left(m+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(x-2\right)m^2+\left(-3x^2+8x-4\right)m+\left(x^3-3x^2+2x\right)=0\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2\left(x-2\right)=0\\-3x^2+8x-4=0\\x^3-3x^2+2x=0\end{matrix}\right.\)

Cả 3 pt trên đều có nghiệm \(x=2\), vậy pt đã cho luôn có nghiệm cố định \(x=2\) với mọi m, sử dụng lược đồ Hoocne để hạ bậc ta đưa được pt về:

\(x^3-3\left(m+1\right)x^2+2\left(m^2+4m+1\right)x-4m\left(m+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x^2-\left(3m+1\right)x+2m^2+2m\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x^2-\left(3m+1\right)x+2m^2+2m=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

Để pt đã cho có 3 nghiệm pb đều lớn hơn 1 \(\Leftrightarrow\left(1\right)\) có 2 nghiệm pb lớn hơn 1 và khác 2

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\f\left(1\right)>0\\\frac{x_1+x_2}{2}>1\\f\left(2\right)\ne0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(3m+1\right)^2-4\left(2m^2+2m\right)>0\\1-\left(3m+1\right)+2m^2+2m>0\\3m+1>2\\4-2\left(3m+1\right)+2m^2+2\ne0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(m-1\right)^2>0\\2m^2-m>0\\m>\frac{1}{3}\\2m^2-4m+2\ne0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>\frac{1}{2}\\m\ne1\end{matrix}\right.\)

1/ ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}f\left(x\right)=-x^2+4x\ge6m\\g\left(x\right)=x^2+2x\le m\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Để hàm số xác định tại đúng 1 điểm

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}6m=f\left(2\right)\\m=g\left(-1\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=\frac{2}{3}\\m=-1\end{matrix}\right.\)

Bài 2:

Đặt \(\sqrt{2+x}+\sqrt{2-x}=t\Rightarrow2\le t\le2\sqrt{2}\)

\(t^2=4+2\sqrt{4-x^2}\Rightarrow4\sqrt{4-x^2}=2t^2-8\)

\(\Rightarrow y=f\left(t\right)=m^2t+2t^2-8+m+1\)

\(\Rightarrow f\left(t\right)=2t^2+m^2t+m-7\Rightarrow f'\left(t\right)=4t+m^2=0\Rightarrow t=-\frac{m^2}{4}< 2\)

\(\Rightarrow f\left(t\right)\) đồng biến trên \(\left[2;2\sqrt{2}\right]\Rightarrow f\left(t\right)_{min}=f\left(2\right)=2m^2+m+1\)

\(\Rightarrow2m^2+m+1=4\Rightarrow2m^2+m-3=0\Rightarrow\sum m=-\frac{1}{2}\) (theo Viet)

Hic hic nhìn cái đề muốn nản

\(\left(C_1\right)\) : \(y=3-\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}-\frac{1}{x+3}\)

Xét \(\left(C_2\right)\):

- Với \(x>-1\Rightarrow y=m+1\)

Phương trình hoành độ giao điểm:

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

\(\Leftrightarrow f\left(x\right)=2-\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}-\frac{1}{x+3}=m\)

\(f'\left(x\right)=\frac{1}{\left(x+1\right)^2}+\frac{1}{\left(x+2\right)^2}+\frac{1}{\left(x+3\right)^2}>0\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến

\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}=2\Rightarrow f\left(x\right)< 2\) \(\forall x>-1\)

Hơn nữa hàm \(f\left(x\right)\) liên tục, xác định khi \(x>-1\)

\(\Rightarrow y=m\) cắt \(y=f\left(x\right)\) tại 1 điểm với \(m< 2\), \(y=m\) không cắt \(y=f\left(x\right)\) với \(m\ge2\) (1)

- Với \(x\le-1\) \(\Rightarrow\left(C_2\right):y=-2x-1+m\)

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(g\left(x\right)=4-\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}-\frac{1}{x+3}+2x=m\)

\(\Rightarrow g'\left(x\right)=\frac{1}{\left(x+1\right)^2}+\frac{1}{\left(x+2\right)^2}+\frac{1}{\left(x+3\right)^2}+2>0\)

\(\Rightarrow g\left(x\right)\) đồng biến trên từng khoảng xác định

Ta có BBT của \(g\left(x\right)\) như sau:

\(\Rightarrow y=m\) luôn cắt \(y=g\left(x\right)\) tại 3 điểm phân biệt (2)

Từ (1) và (2) ta có kết luận:

- Với \(m< 2\) thì \(\left(C_1\right)\) và \(\left(C_2\right)\) cắt nhau tại 4 điểm phân biệt

- Với \(m\ge2\) thì \(\left(C_1\right)\) và \(\left(C_2\right)\) cắt nhau tại 3 điểm phân biệt

Gọi độ dài 3 cạnh của hình hộp là x;y;z \(\Rightarrow x+y+z=10\)

\(\Rightarrow y+z=10-x\)

\(\sqrt{x^2+y^2+z^2}=5\sqrt{2}\Rightarrow x^2+y^2+z^2=50\)

\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^2-2\left(xy+yz+zx\right)=50\)

\(\Rightarrow xy+yz+zx=25\)

\(\Rightarrow x\left(y+z\right)+yz=25\)

\(\Rightarrow x\left(10-x\right)+yz=25\Rightarrow yz=25-x\left(10-x\right)=x^2-10x+25\)

Ta có:

\(V=xyz=x\left(x^2-10x+25\right)=x^3-10x^2+25x\)

Xét hàm \(f\left(x\right)=x^3-10x^2+25x\) trên \(\left(0;5\sqrt{2}\right)\) (thực tế là nếu hoàn toàn chặt chẽ thì x bị khống chế trong \(\left(0;\frac{20}{3}\right)\)

\(f'\left(x\right)=3x^2-20x+25=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=5\\x=\frac{5}{3}\end{matrix}\right.\)

Dựa vào BBT ta thấy \(f\left(x\right)\) đạt cực đại tại \(x=\frac{5}{3}\)

\(\Rightarrow V_{max}=f\left(\frac{5}{3}\right)=\frac{500}{27}\)

\(g'\left(x\right)=\left(2x-2\right).f'\left(x^2-2x-4\right)\)

\(g'\left(x\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\f'\left(x^2-2x-4\right)=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2-2x-4=-2\\x^2-2x-4=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\pm\sqrt{3}\\x=1\pm\sqrt{5}\end{matrix}\right.\)

Tất cả các nghiệm đều là bội đơn nên chúng đều là cực trị

Lập bảng xét dấu \(g'\left(x\right)\) với chú ý từ BBT của \(f'\left(x\right)\) ta thấy hệ số của số hạng có mũ cao nhất của hàm chắc chắn mang dấu dương nên trên miền chứa \(+\infty\) thì \(g'\left(x\right)\) mang dấu dương

Nhìn vào BBT thấy ngay hàm số có 3 cực tiểu, 2 cực đại

Vì nếu pt có nghiệm nằm trong \(\left[-2;3\right]\) thì dựa vào BBT, đường thẳng \(y=0\) sẽ cắt đồ thị tại ít nhất 1 điểm nữa trái với giả thiết pt chỉ có nghiệm duy nhất.

ĐKXĐ: \(x\ge0\)

Phương trình (1) \(\Leftrightarrow\frac{x}{\sqrt{x+1}+1}\left(\sqrt{y^2+1}+y\right)=\sqrt{x}\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x}=0\\\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{y^2+1}+y\right)}{\left(\sqrt{x+1}+1\right)}=1\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

\(\sqrt{x}=0\Leftrightarrow x=0\Rightarrow y=-2\)

\(\left(3\right)\Rightarrow\left(\sqrt{y^2+1}-y\right)\left(\sqrt{x+1}+1\right)=\sqrt{x}=\left(\sqrt{y^2+1}+y\right)\left(\sqrt{x+1}-1\right)\Leftrightarrow\sqrt{y^2+1}=y\sqrt{x+1}\Rightarrow y^2+1=xy^2+y^2\Leftrightarrow xy^2=1\left(4\right)\)

Với y=0 hệ vô nghiệm

Với y khác 0 thay (4) vào pt 1 được \(\left(\sqrt{\frac{1}{y^2}+1}-1\right)\left(\sqrt{y^2+1}+y\right)=\sqrt{\frac{1}{y^2}}\\ \Leftrightarrow\left(\sqrt{y^2+1}-\left|y\right|\right)\left(\sqrt{y^2+1}+y\right)=1\left(5\right)\)

Với y<0 thì (5): \(\left(\sqrt{y^2+1}+y\right)^2=1\) vô nghiệm

Ta thấy (5) đúng với mọi y

Thay (4) vào pt (2) suy ra \(y^7+2y^6+y^5-2y^2-2=0\Leftrightarrow\left(y-1\right)\left(y^6+3y^5+4y^4+4y^3+4y^2+4y+2\right)=0\)

Phương trình này có nghiệm duy nhất là y=1 trên (0,dương VC)=>x=1

Vậy hệ có hai nghiệm là (1,1) và (0,-2)

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(x^3+x^2+\left(m+1\right)x=2x+1\)

\(\Leftrightarrow x^3+x^2+\left(m-1\right)x=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x^2+x+m-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x^2+x+m-1=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

Để hai đồ thị cắt nhau tại 3 điểm pb thì (1) có 2 nghiệm pb khác 0

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta=1-4\left(m-1\right)>0\\m-1\ne0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< \frac{5}{4}\\m\ne1\end{matrix}\right.\)