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

1.

\(y'=6x^2+3m\)

Để hàm nghịch biến trên \(\left(1;2\right)\Leftrightarrow y'=0\) có 2 nghiệm pb thỏa mãn \(x_1\le1< 2\le x_2\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< 0\\\sqrt{\frac{-m}{2}}\le2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow-4\le m< 0\)

2.

Bạn coi lại đề, biểu thức y không hợp lý

\(y'=x^2-2mx+m^2-1\)

Hàm có 2 cực trị khi và chỉ khi:

\(x^2-2mx+m^2-1=0\) có 2 nghiệm

\(\Leftrightarrow\Delta'=m^2-\left(m^2-1\right)>0\Leftrightarrow1>0\) (luôn thỏa mãn)

Khi đó, gọi \(x_1;x_2\) là hai cực trị, theo định lý Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m\\x_1x_2=m^2-1\end{matrix}\right.\)

\(x_1^2+x_2^2-x_1x_2=7\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2-7=0\)

\(\Leftrightarrow4m^2-3\left(m^2-1\right)-7=0\)

\(\Leftrightarrow m^2-4=0\Rightarrow m=\pm2\)

\(\left(SAB\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)

\(BH=2AH\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}BH=\frac{2a}{3}\\AH=\frac{a}{3}\end{matrix}\right.\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAB:

\(SH=\sqrt{AH.BH}=\frac{a\sqrt{2}}{3}\)

\(\Rightarrow V=\frac{1}{3}SH.AB^2=\frac{a^3\sqrt{2}}{9}\)

\(x=-1\) là TCĐ và \(y=1\) là TCN

\(\Rightarrow\left|x+1\right|+\left|\frac{x+2}{x+1}-1\right|=4\)

\(\Leftrightarrow\left|x+1\right|+\frac{1}{\left|x+1\right|}=4\)

\(\Leftrightarrow\left|x+1\right|^2-4\left|x+1\right|+1=0\)

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

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1+\sqrt{3}\\x=-3-\sqrt{3}\\x=1-\sqrt{3}\\x=-3+\sqrt{3}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow y=...\)

Coi như hàm thỏa mãn có tiệm cận đứng

\(\lim\limits_{x\rightarrow\infty}\frac{\left(m+1\right)x-2m+3}{\left(m-1\right)x+2}=\frac{m+1}{m-1}\)

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

1.

ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}0\le x\le1\\x\ge2\end{matrix}\right.\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow1^-}\frac{2x+3\sqrt{x}+1}{\sqrt{x^2-3x+2}}=\infty\Rightarrow x=1\) là TCĐ

\(\lim\limits_{x\rightarrow2^+}\frac{2x+3\sqrt{x}+1}{\sqrt{x^2-3x+2}}=\infty\Rightarrow x=2\) là TCĐ

\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{2x+3\sqrt{x}+1}{\sqrt{x^2-3x+2}}=2\Rightarrow y=2\) là TCN

Vậy ĐTHS có 3 tiệm cận

3.

\(\lim\limits_{x\rightarrow0}y=\infty\Rightarrow x=0\) là TCĐ

\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\frac{\sqrt{x^2+2x+9}+\sqrt{1-x}}{x}=-1\Rightarrow y=-1\) là TCN

ĐTHS có 2 tiệm cận

4.

\(\lim\limits_{x\rightarrow-2^+}y=\infty\Rightarrow x=-2\) là TCĐ

ĐTHS có 1 TCĐ (\(x=-3\) ko thuộc TXĐ của hàm số nên đó ko phải là TCĐ)

2.

\(-x^3+3x^2=k\)

\(y=-x^3+3x^2\)

\(y'=-3x^2+6x\)

\(y'=0\Leftrightarrow x=0,x=2\)

Kẻ bảng biến thiên.

Đường thẳng y = k cắt đồ thị hàm số \(\Leftrightarrow0< k< 2\)

1.

Pt hoành độ giao điểm: \(\frac{2x-3}{x+3}=x-1\)

\(\Leftrightarrow2x-3=x^2+2x-3\)

\(\Leftrightarrow x=0\Rightarrow y=-1\)

Vậy tung độ giao điểm là \(-1\)

2.

\(y'=4x^3+4x\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y'\left(1\right)=8\\y\left(1\right)=3\end{matrix}\right.\)

Pttt: \(y=8\left(x-1\right)+3=8x-5\)

3.

\(y'=3x^2-6x\)

Lấy y chia y' và lấy phần dư ta được pt đường thẳng là: \(y=-2x+1\)

Đặt \(\sqrt{4x-m}=t\ge0\Rightarrow m=4x-t^2\)

Pt trở thành:

\(4x\left(t-2\right)=x^3+\left(4x-t^2-8\right)t\)

\(\Leftrightarrow4tx-8x=x^3+4tx-t^3-8t\)

\(\Leftrightarrow x^3-t^3+8x-8t=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-t\right)\left(x^2+xt+t^2+8\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x=t\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{4x-m}=x\) (\(x\ge0\))

\(\Leftrightarrow m=-x^2+4x\)

Xét hàm \(f\left(x\right)=-x^2+4x\) với \(x\ge0\)

Từ BBT ta thấy để \(y=m\) cắt \(y=f\left(x\right)\) tại 2 điểm pb

\(\Leftrightarrow0\le m< 4\)

2.

\(y'=3x^2-6mx+6m\)

Hàm số y có 2 điểm cực trị \(\Leftrightarrow\Delta'>0\)

\(\Leftrightarrow\left(-3m\right)^2-18m>0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m< 0\\m>2\end{matrix}\right.\)

1.

Nhắc nhở một tý: Phương trình bậc 3 thì chỉ có thể có 2 cực trị hoặc là không có cực trị nào hết, không phương trình bậc 3 nào có 1 cực trị hết.

\(y'=x^3-6mx+4m^3\)

Hàm số có cực trị \(\Leftrightarrow y'=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\Delta'>0\)

\(\Leftrightarrow\left(-3m\right)^2-4m^3>0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne0\\m< \frac{9}{4}\end{matrix}\right.\)

\(y'=-x^2+\left(m-2\right)x+m-2\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng đã cho khi và chỉ khi \(y'\le0\) ; \(\forall x>-\frac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow-x^2+\left(m-2\right)x+m-2\le0\) ; \(\forall x>-\frac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow m\left(x+1\right)\le x^2+2x+2\) ; \(\forall x>-\frac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow m\le\frac{x^2+2x+2}{x+1}\) ; \(\forall x>-\frac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow m\le\min\limits_{x>-\frac{1}{2}}\frac{x^2+2x+2}{x+1}\)

Xét trên \(x>-\frac{1}{2}\) ta có: \(\frac{x^2+2x+2}{x+1}=\frac{\left(x+1\right)^2+1}{x+1}=x+1+\frac{1}{x+1}\ge2\sqrt{\frac{x+1}{x+2}}=2\)

\(\Rightarrow m\le2\)

Đặt a=\(\sqrt{x-1}\)\(\Rightarrow\)y=\(\dfrac{\left(m-1\right)a+1}{a+m}\) với aϵ(4;6)

y'=\(\dfrac{m\left(m-1\right)-m}{\left(a+m\right)^2}\).....giải bình thường bạn sẽ ra

Để ĐTHS có tiệm cận đứng \(\Leftrightarrow m-5\ne-3\Rightarrow m\ne2\)

Khi đó \(x=-m+5\) là tiệm cận đứng

Thay vào ta được:

\(-1=2\left(-m+5\right)-1\Leftrightarrow m=5\) (thỏa mãn)

Đặt \(\left|sinx-cosx\right|=t\) (\(0\le t\le\sqrt{2}\)) \(\Rightarrow1-2sinx.cosx=t^2\Rightarrow sin2x=1-t^2\)

Pt trở thành:

\(t+1-t^2=m\Leftrightarrow f\left(t\right)=-t^2+t+1=m\)

\(f'\left(t\right)=-2t+1=0\Rightarrow t=\dfrac{1}{2}\)

\(f\left(0\right)=1;f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{5}{4};f\left(\sqrt{2}\right)=\sqrt{2}-1\)

\(\Rightarrow\sqrt{2}-1\le f\left(t\right)\le\dfrac{5}{4}\Rightarrow\sqrt{2}-1\le m\le\dfrac{5}{4}\)

Vậy pt có nghiệm khi và chỉ khi \(\sqrt{2}-1\le m\le\dfrac{5}{4}\)