Iii lời giải bài tập tự luyện

Hàm số luôn đơn điệu đồng biến hoặc nghịch biến trên đoạn [0;3].

Trang 1

LỜI GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Chọn C

2

1

( ) 3

x







 



Ta có ( 2)y  1; ( 1) 5; (1)y   y 7

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số là 5

Câu 2: Chọn A

Đồ thị hàm số có giá trị lớn nhất là 5 nên đáp án A sai

Câu 3: Chọn D

Đặt t x 2 t [0;1] Khi đó y(4 t)2  1 t2 8 17t

Ta có ' 2y  t 8 0  maxyy(0) 17

Câu 4: Chọn B

2

' 3 3 0 min (2) 7

2

2( ) 4

' 1 ; ' 0

2

x x







Ta có 3 25; (2) 4; (4) 5 max 4

 

' 3 3; ' 0

1

x







Ta có ( 1) 3; (1)y   y 1; (4) 53y   min1

Ta có ' 3 2 0

( 1)

y

x

 hàm số đồng biến  miny(0)2

Câu 8: Chọn C

f x  x x    x  khi x 1

2

3 ( ) 2 ' 12 24 9; ' 0

1 2

x







 



Ta có 1 25; 1 2; (1) 1 min 1

Trang 2

2

( ) 3

x







 



Ta có (1) 0; (2)y  y 3; (3) 2y   max 2

2

1( )

2 3

3 ( 1)

x x





 



Ta có ( 4) 19; ( 3) 6; ( 2) 7 min 7

3

2

2( ) 4

' 1 ; ' 0

2







x x

Ta có ( 3) 10; ( 2) 3; ( 1) 4 min 4

3

2

x



3

0

2

x







 



Ta có ( 2) 25; 1 51; (0) 13; 1 51; (3) 85 min 51

2

4( )

3

x







 



Ta có (1) 0; y 4 13; (3) 6 max 13

 

Hàm số có 2 điểm cực trị

Ta có M f(0)

2

7

( 2)

x



Trang 3

Ta có 2

( 1) 15 ( 1; 2)

' 6 6 12 0

(1) 5

y x

y

 



 



Ta có 2

(0) 0 (0; 4)

(1) 4

y x

y









Ta có 2

( 4) 70

( 1) 11

y

 





  



Ta có 3

( 1) 1

( 1; 2)

(0) 4

( 3) 5

y

x

y

 







( 2) 5

( 2;3)

(0) 5

( 2) 1

y

x

y

 





  



( 2) 11 ( 2;1)

(0) 5

 



 



y x

y

2 2

1 cos 2 sin 2 11 12 (sin 2 cos 2 ) 12 1 1 12 2

Hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất không có giá trị nhỏ nhất trên TXĐ của nó

2

x



'( ) 0, (1; 4) max ( ) (4)

x



Trang 4

5 4 5 4 9

x







Ta có 2

( 4) 41

( 1) 40

y

 





  



3

( 2)



Ta có

2 (sin 2) 9

1 8 8

3 sin 2 1

   





y x

Ta có

2 8 2 ( 1)(9 ) 8

2( 1 9 ) 4

y







Tổng số tiền thu được khi bán x cuốn tạp chí là 2,5 x 10000 (vạn đồng)

Chi phí sản suất x cuốn tạp chí là ( ) T x C x( ) 0,6 x (vạn đồng)

2,5x 10000 0,0001x 0, 4x 11000 0,0001x 2,1x 1000 f x( )

2 '( ) 0,0003 2,1 0 10500 ( ) (10500) 10025

Giả sử công ty tăng vé thêm x nghìn VNĐ thì số lượng khách sẽ giảm đi 50x người.

Khi đó doanh thu của công ty là: T (50x).(10000 50 ) 50(50 x  x)(200 x) (với 0x200)

Áp dụng bất đẳng thức:

50 200

Do đó Tmax 50 x 200 x x75 nghìn VNĐ

Vậy công ty sẽ tăng giá vé thêm 75 nghìn VNĐ

Gọi chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể cá lần lượt là x, 2x, y (x, y > 0)

Diện tích phần lắp kính là:

2

6

x

6,5 13

x

Trang 5

Thể tích của bể cá là:

2 2

V  x  x    với 0 13

2

x

 

Ta có:

2

0

x x

Mặt khác (0) V 13 0; 39 13 39 1,5 3

max 1,5

Gọi chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể cá lần lượt là x, 2x, y (x, y >0)

2

x

Thể tích của bể cá là:

2 2

V  x  x    với 0 5

2

x

 

Ta có:

2

0

x x

Mặt khác (0) 5 0, 5 5 30 1,01 3

max 1,01

Gọi chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể cá lần lượt là x, 2x, y (x, y >0)

2

6

x

6,7

2

x

  Thể tích của bể cá là:

2 2

2

x

 

Ta có:

2

0

x x

Mặt khác (0) 6,7 0, 6,7 1,57 3

Vậy Vmax 1,57m3

Xét hàm số ( ) 1 3 3 2 36 270

50 2

S t  t  t  t với 1 t 30

Ta có:

3

20 50

t t

t





      



Trang 6

Mặt khác (1) 5887, (20) 10, (30) 0

25

Từ đó suy ra ngày thứ 20 có số lượng hồ sơ nhiều nhất

Vụ đầu tiên cân nặng trung bình của mỗi con cá là: 1500 1,5

50.20  kg

Giả sử vụ sau bác Tôm giảm đi 8x con/m 2 thì tương ứng mỗi con cá trung bình tăng thêm 0,5x kg (Quy ước

x > 0 là giảm, nếu x < 0 là tăng)

Khi đó số kg cá bác Tôm thu được là: 50.(20 8 ).(1,5 0,5 ) 25(20 8 )(3 x  x   x x)

2

25( 8x 4x 60)

b x a



 Khi đó cần tăng 8.1 2

4 con/m

2

Vậy vụ tới bác Tôm cần phải nuôi (20 2).50 1100  con

Chi phí xây hồ là 500.000 đồng/m2 = 0,5 triệu đồng/m 2

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật đáy bể là x (m) suy ra chiều dài của hình chữ nhật là 2x (m)

Gọi h là chiều cao của bể nên ta có 2 2

2

144 2 288 144

x

Diện tích của bể là S 2 .h x 2.2 h x 2x2 2x2 6.hx 2x2 6.1442 x 2x2 864

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có 2 500 2 432 432 3 2 432 432

Dấu = xảy ra khi 2x2 432 x 6

x

    chi phí thấp nhất thuê nhân công là 216.0,5 108 triệu đồng

Gọi h là chiều cao của bể nên ta có 2 2 500 2 250 2502

x

Diện tích của bể là 2 2.2 2 2 2 2 6 2 2 6.2502 2 2 500

3

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có 2 500 2 250 250 3 2 250 250

Dấu = xảy ra khi 2 250 3

x

    chi phí thấp nhất thuê nhân công là 150.0,1 15 triệu đồng

Xét ( )G x trên đoạn [0;15]

Trang 7

Ta có: ( ) 0,035(15 2 3) '( ) 0, 035(30 3 ) 02 0

10

x





 Mặt khác G(0)G(15) 0, (10) 17,5 G   Max G x[0;15] ( ) 17,5  x10

Gọi h là chiều cao của bể nên ta có 2 2

2

100

x

Diện tích của bể là S 2 .h x 2.2 .h x 2x2 2x2 6 h x 2x2 6.1002 x 2x2 600

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

3

min

Dấu = xảy ra khi 2 300 3

x

    chi phí thấp nhất thuê nhân công là Smin.0,3 50,8 triệu đồng

Đoạn thứ nhất có độ dài là 4a và đoạn thứ 2 có độ dài là 2 r

2

r

a r  a   tổng diện tích của hình vuông và hình tròn là

2

( ) 2

r

Ta có:

2





 Khi đó Sf r( ) đạt giá trị nhỏ nhất 30

4

r



 Suy ra 30 : 30 2

r







4

y

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x 3

Gọi A x y B x y lần lượt là 2 điểm thuộc 2 nhánh của (C) ta có: ( ; ), ( ; )1 1 2 2 x1 3 x2

Đặt

1

2

3 4

y

a

y

b



 



  

 2

2

( )

Trang 8

Ta có:

2

2 2 2 2

6

ab









1

a b

a b ab











Dựa vào BBT ta có: y'kx x( 1)(x1)kx x( 21)k x( 3 x)

Suy ra

4 2

3

4 2

y k   

  do (0) 3y 

4

y   k     k   y x  x 

Đặt

Suy ra '( )g x vô nghiệm trên đoạn [0;2]

Mặt khác g(0)f(3) 66,g(2) f(5) 578  Min f x[0;2] ( 3) 66

Đặt tsinx t [0;1]

Mặt khác (0) 1; (1) 2 1, 2 3

sin 1

cos 2

x



Phương trình (*) có nghiệm  m2y2 (2y1)2  3y2 4y 1 m2 0(1)

4 3(1 ) 3 1 (1)

y

Khi đó giá trị lớn nhất của hàm số là 2 3 2 1

3

m

3

m

Kết hợp m m  2; 1;0;1; 2   có 5 giá trị của m

Trang 9

2sin 3cos

2sin 3cos cos 3 2sin (3 ) cos 3 (*) cos 3

x



Phương trình (*) có nghiệm  22(3 y)2 9y2 8y26y13 0

Xét hàm số ysin2018xcos2018x

Do sin2018 cos2018 sin2018 cos2018

2



Ta xét hàm số 2018 2018

sin cos

y x xtrên đoạn 0;

2



 

 

 

Ta có: y' 2018.sin 2017 x.cosx 2018cos2017x.sinx2018sin cos (sinx x 2016x cos2016x)

Khi đó:

sin 0

4 2 sin cos

x

 

 Lại có: (0) y 1, 10091 10091 10081

Do đó 2, 20181

2

( 1)

m y

x





 Hàm số luôn đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch biến trên đoạn [0;1])

Yêu cầu bài toán thỏa mãn

2

0 2

m m y

m m

  









 



 

  



2 1

mx

y

x





 luôn đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch biến trên đoạn [1;3] với m 2)

0

1 3 1 1

3

m





 



Xét hàm số 4 6 2 2 ' 4 3 12 0 2 0

3

x









Trang 10

Ta có: y( 2) 16 24   m m y 2; (1) 1 6  m m y 2, (0)m 2

 TH1: Với 0 max[ 2;1] ( 2) 2 16 24 16 0

24

m







 Kết hợp m 0 m0

 TH2: Dựa vào dạng đồ thị hàm bậc 4 trùng phương có hệ số a  1 0 suy ra với 3m 0 thì [ 2;1]

[ 2;1]

(0)

( 2)









 





+) Với Max y[ 2;1] y(0) 16  m  4 m0m 4 y( 2) 64 16  m là một giá trị cần tìm.4

[ 2;1]

0

24

m m

m











Vậy m0,m4 là giá trị cần tìm

Xét hàm số

2 3 3 ( )

1

g x

x

 



 với x [0;1]

Ta có:

2

0

2( )

x





  



Khi đó

[0;1] [0;1]

2

[0;1]

3 3

1

x

 



2

8

( 8)

m

y

x



 với mọi x [0;3] Hàm số đồng biến trên đoạn [0;3]

Khi đó

2

8

m

Ta có (0) 6

(3) 33 27

y







 



Mặt khác ' 3 2 6 0 0 (2 ) 4 2 6

2

x









TH1:

2 [0;3]

31

729







m

TH2:

2

1 (3) 9 2

2 [0;3]







m

Trang 11

Vậy m 1 là giá trị cần tìm.

Ta có: y' 3 x2 3 0

Do x[m1;m2] và m 0 nên y' 3( x21) 0  x [m1;m2]

Do đó hàm số đã cho đồng biến trên đoạn [m1;m2]

Ta có: [m Min y1;m2]  3 y m( 1) 3 (m1)3 3(m1) 1 3   m33m2 4 0

2 (m 1)(m 2) 0 m 1

Ta có: 2

' 3 3 0( [0; 4])

y  x    x do đó hàm số đã cho đồng biến trên đoạn [0;1]

Do đó Max y[0;1] y(1)   m 4 4 m 0

2

'

m x

 

  và (0) 36 20y  

TH1: Phương trình y’=0 không có nghiệm x [0;3] (khi này hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng [0;3])

Do (0) 36 20y   nên bắt buộc trong trường hợp này hàm số phải nghịch biến trên khoảng [0;3]

Nếu

[0;3]

11

3

' 0 ( 1)

m  y   x  có nghiệm x [0;3] nên loại trường hợp này

TH2: Phương trình y’=0 có nghiệm x [0;3]

Khi đó m 0 ta có: 36 ( 1) 36 12

1

 Bài toán thỏa mãn khi 12 m m 20 và phương trình 2 36

(x 1)

m

  có nghiệm x [0;3]

4 2

m m





Để phương trình (x 1)2 36

m

  có nghiệm x [0;3]thì m 4 là giá trị cần tìm

4

'

( 4)

m y

x





 Hàm số luôn đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch biến trên đoạn [0;3])

Trang 12

4

8

3

7

m m y

m m

m y

  







 

 



 

 



2 2

y  x m    x nên hàm số đồng biến trên đoạn [0;1]

Khi đó Max y[0;1] y(1) 1 m2 1 m 1 m2 m  3 9 m2 m 6 0  m1m2 1

3

2 2

1

m

y

x m





 Hàm số luôn đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch biến trên đoạn [-2;3])

3

2 2

3

2

(3)

1

1 0

5

6

y

m m

m y

m





 











Đặt t x2 2x 3 (x1)22 t  2;,x2 2x t 2 3

 Khi đó xét hàm số f t( ) 4 t t 23 với t  2;



( ) ( 2) 7 7

f t  t   với mọi t  2;

1 2

f x M  f t    t x  x  x  x   x x 

Xét hàm số f x( )x2 2x m trên [-1;2], '( ) 2f x  x 2; '( ) 0f x   x1

Tính f( 1) m 3; (1)f m 1; (2)f m max[ 1;2] y  m 3 ;m 1



m



  



  



TH2: Với

[ 1;2]

2 5

m



  



  

 Vậy m2;m4 là hai giá trị cần tìm

Xét hàm số f x( )x22x m  4 trên [-2;1], '( ) 2f x  x2; '( ) 0f x   x1

Trang 13

Tính f( 2) m 4; ( 1)f m 5; (1)f m 1 max[ 1;2] y  m 5 ;m 1



m



  



  



TH2: Với

[ 2;1]

1 4

m



  



  

 Vậy m1;m5 là hai giá trị cần tìm

Xét hàm số f x( )x4 8x2m trên [0;3], có f x'( ) 4 x316 ; '( ) 0x f x   x2

Tính f(0)m f; (2)16 m f; (2) 9 m max[0;3] y m16 ;m

16

m



TH2: Với

[0;3]

14

16

m



 Vậy m2;m14 là hai giá trị cần tìm

Xét hàm số 3 2

f x x  x  x m trên [ 2;4] , có 2

'( ) 3 6 9; '( ) 0 3

Tính f( 2)  m 2; (2)f  m 27; (2)f  m 20 max[0;3] y m 27 ;m 2

TH1: Với

[-2;4]

27 16

m



TH2: Với

[-2;4]

2 16

m

  



 Vậy m11,m18 là hai giá trị cần tìm

Xét hàm số

2 ( )

1

f x

x



 trên [1;2], có

2 2

2

( 1)

x



Tính

[1;2]

TH1: Với

[1;2]

2 2

max

m m





Trang 14

TH2: Với

[1;2]

2 3

max

m m





m m là giá trị cần tìm

Xét hàm số 1 4 19 2

f x  x  x  x m trên [0;2], có

3 '( ) 19 30 '( ) 0 2



 Tính f(0)m f; (2) m 26 max[0;2] ymax[0;2]  m m; 26

[0;2]

20

26



 



m

 Với max[0;2] 26 26 20  13; 12; 11; ; 6

26



 



m

Vậy tổng tất cả các giá trị nguyên của m là – 210

Xét hàm số 4 3 2

u x x  x  x trên [0;2], có 3 2

'( ) 4 12 8

Phương trình u x'( ) 0  x0;1; 2 Khi đó (0)u u(2)a u; (1) a 1

Suy ra max ( )[0;2] f x  a a; 1 và min ( )[0;2] f x  a a; 1

TH1:Với a  ta thấy 0, [0;2]

[0;2]











(không TMĐK)

TH2: Với a 0, ta thấy [0;2]

[0;2]

min ( ) max ( ) 1





 



mà M 2m a 1 2a  a1

Kết hợp điều kiện a  [ 3;3]và a a1;2;3

TH3: Với a 0, ta có [0;2]

[0;2]

min ( ) 1 max ( )









mà M 2m a 2a 1 a2

Kết hợp điều kiện a  [ 3;3] và a a  3; 2 

Vậy có 5 giá trị nguyên của a.

Ta có tan cot 1

sin cos

Trang 15

Đặt sin cos 2 sin 2; 2

4

2 1 sin cos

2

t

[ 2; 2 ]

min 2 2 1

t



Xét

2

( ) 8

( ) ( ) ( ) ( 8) 1







Theo giả thiết, ta có max ( ) 1[ 1;1] g x   g x( ) 1,   x [ 1;1] g x( ) [ 1;1] 

Khi đó ( 1) 0, 1 0, (0) 0, 1 0

Suy ra ( ) 0k x  có 4 nghiệm trên đoạn [-1;1] mà k(x) là đa thức bậc 2  k x( ) 0 Vậy a8,b1

Ta có  x1 3 x2  2 2 (x1)(3 x) 2  x1 3 x 2

x   x  x   x 

                  

Ta có S x2(2 x)2 4 (2x  x) ( x2 2 )x 24(x2 2 )x f x x( ), [0;2]

2

'( ) 2( 2 )(2 2) 4(2 2) 0 1

(0) 0; (2) 0; (1) 3 min 3

2

Ta có x y 0

Trang 16

(x y ) 4(x y ) 8 ( x 3)(y 3) 4(  x y ) x y 4

(x3)(y 3) 0   xy3(x y ) 9

min

Đặt t x2  1 x2  2(x2 1 x2) 2

2

  

2

1

( 1)

t



Hàm đồng biến  t 1 y 1 2x P16 (1 2 ) 2 (3 6x2  x  x  x2) 2 x 1 5

 

 

Ta có

( )

f t

2( 1)( 2 3) ( 1) (2 2)

( 2 3)

f t

 

max

Ta có x2y xy 2 2xy  xy 8 x2y8

(1 2 ) (1 ) 2 2 8 2 5

P

4( 3 ) 9( 2) 4 9 12 18 ( ) 2

a b

b a

'( ) 12 18 12 0 0, t ( )

 

Tiêu đề	Lời giải bài tập tự luyện
Trường học	Trường Đại Học
Chuyên ngành	Toán học
Thể loại	Tài liệu tham khảo
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	864 KB