32 bài tập Vận dụng đạo hàm và khảo sát hàm số để giải quyết một số vấn đề liên quan đến thực tiễn (có lời giải)

a) Khi bán x mét vải lụa:

Số tiền thu được là: B (x) = 220x (nghìn đồng).

Lợi nhuận thu được là: L (x) = B (x) – C (x) = –x$^{3}$ + 3x$^{2}$ + 240x – 500 (nghìn đồng).

b) Hàm số L (x) xác định trên [1; 18].

– Sự biến thiên:

+ Chiều biến thiên:

Đạo hàm L '(x) = –3x2 + 6x + 240; L '(x) = 0 ⇔ x = 10 hoặc x = –8 (loại).

Trên khoảng (1; 10), L '(x) > 0 nên hàm số đồng biến trên khoảng này.

Trên khoảng (10; 18), L '(x) < 0 nên hàm số nghịch biến trên khoảng này.

+ Cực trị: Hàm số L(x) đạt cực đại tại x = 10 và LCĐ = L(10) = 1 200.

+ Bảng biến thiên:

– Đồ thị:

Đồ thị hàm số có điểm cực đại (10; 1 200) và đi qua các điểm (1; –258), (18; –1 040) như Hình 8.

c) Quan sát đồ thị hàm số, ta nhận thấy khi x = 10 thì hàm số đạt giá trị lớn nhất là 1 200.

Như vậy, hộ làm nghề dệt cần sản xuất và bán ra mỗi ngày 10 mét vải lụa để thu được lợi nhuận tối đa. Lợi nhuận tối đa này là 1 200 nghìn đồng.

a) Vì $d > 0$ nên với $x = d$ thì $x > 0$.

Xét hàm số $y = \frac{{3x}}{{x - 3}}$ với $x > 0$ và $x \ne 3$.

Tập xác định: $D = (0;3) \cup (3; + \infty )$.

Sự biến thiền:

Chiều biến thiên:

Đạo hàm ${y^\prime } = \frac{{ - 9}}{{{{(x - 3)}^2}}}$. Vi ${y^\prime } < 0$ với mọi $x > 0$ và $x \ne 3$ nên hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $(0;3)$ và $(3; + \infty )$.

Tiệm cận:

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3x}}{{x - 3}} = 3$. Suy ra đường thắng $y = 3$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^3}} \frac{{3x}}{{x - 3}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{3x}}{{x - 3}} = + \infty$. Suy ra đường thẳng ${\rm{x}} = 3$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

Đồ thị hàm số đi qua điếm $(2; - 6)$ và điếm $(6;6)$.

Đồ thị của hàm số đã cho được biếu diễn như hình dưới đây.

b) Đế vật là ảnh thật thì ${{\rm{d}}^\prime } > 0$, tức là $y > 0$.

Quan sát đồ thị hàm số $y = \frac{{3x}}{{x - 3}}$, ta thấy trên khoảng $(3; + \infty )$, đồ thị hàm số nằm phía trên trục ${\rm{Ox}}$ nên ${\rm{y}} > 0$ trên khoảng này. Vậy với $x > 3$, tức ${\rm{d}} > 3$ hay khoảng cách từ vật đến thấy kính lớn hơn 3 thì ảnh của vật là ảnh thật.

Đế vật là ảnh áo thì ${{\rm{d}}^\prime } < 0$, tức là $y < 0$.

Quan sát đồ thị hàm số $y = \frac{{3x}}{{x - 3}}$, ta thấy trên khoáng $(0;3)$, đồ thị hàm số nằm phía dưới trục Ox nên ${\rm{y}} < 0$ trên khoảng này. Vậy với $x \in (0;3)$, tức $d \in (0;3)$ hay khoảng cách từ vật đến thấu kính lớn hơn 0 và nhỏ hơn 3 thì ảnh của vật là ảnh âo.

c) Khi vật tiến gần đến tiêu điếm, tức vị trí $A$ tiến gần đến vị trí $F$, thì khoáng cách $A F$ dần tiến tới 0 , hay ${\rm{d}} - {\rm{f}} \to 0$, suy ra ${\rm{d}} \to {\rm{f}}$, tức là ${\rm{x}} \to 3$.

a) Thế tích của hình hộp chữ nhật cần chế tạo là: $V = 2xy\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Theo bài ra ta có $V = 500\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}$, khi đó $2xy = 500$, suy ra $y = \frac{{250}}{x}$.

b) Diện tích xung quanh của chiếc hộp là: ${{\rm{S}}_{{\rm{xq}}}} = 2({\rm{x}} + {\rm{y}}) \cdot 2 = 4({\rm{x}} + {\rm{y}})\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).$

Diện tích toàn phần của chiếc hộp là: ${{\rm{S}}_{{\rm{tp}}}} = {{\rm{S}}_{{\rm{xq}}}} + 2\;{{\rm{S}}_{\rm{t}}} = 4({\rm{x}} + {\rm{y}}) + 2{\rm{xy}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$

Lại có ${\rm{y}} = \frac{{250}}{x}$ nên ${{\rm{S}}_{{\rm{tp}}}} = 4\left( {x + \frac{{250}}{x}} \right) + 2x \cdot \frac{{250}}{x} = 4x + \frac{{1000}}{x} + 500$.

Vậy diện tích toàn phần của chiếc hộp là $S(x) = 500 + 4x + \frac{{1000}}{x}$.

c) Xét hàm số $S(x) = 500 + 4x + \frac{{1000}}{x}$ với $x \in (0; + \infty )$.

Ta có $S(x) = 4 - \frac{{1000}}{{{x^2}}}$;

Trên khoảng $(0; + \infty ),S(x) = 0$ khi $x = 5\sqrt {10}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} S(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {500 + 4x + \frac{{1000}}{x}} \right) = + \infty$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } S(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {500 + 4x + \frac{{1000}}{x}} \right) = + \infty$

Bảng biến thiên

d) Đế dùng ít vật liệu nhất thì diện tích toàn phần của chiếc hộp phải nhó nhất.

Căn cứ vào bảng biến thiên ở câu c), ta thấy hàm số $S({\rm{X}})$ đạt giá trị nhó nhất bằng: $500 + \frac{{200\sqrt {10} }}{5}$

tại $x = 5\sqrt {10}$. Với $x = 5\sqrt {10}$, ta có $y = \frac{{250}}{{5\sqrt {10} }} = 5\sqrt {10}$.

Vậy kích thước 3 cạnh của chiếc hộp là $2\;{\rm{cm}},5\sqrt {10} \;{\rm{cm}},5\sqrt {10} \;{\rm{cm}}$ thì dùng ít vật liệu nhất.

a) Sau khi cắt bốn góc tấm bìa và dựng thành chiếc hộp không nắp, khi đó chiếc hộp dựng thành có dạng hình hộp chữ nhật với các kích thước là ${\rm{x}},6 - 2{\rm{x}}$ và $6 - 2{\rm{x}}({\rm{dm}})$.

Rõ ràng ${\rm{x}}$ phải thỏa mãn điều kiện $0 < {\rm{x}} < 3$.

Thể tích của chiếc hộp là ${\rm{V}}({\rm{x}}) = {\rm{x}}{(6 - 2{\rm{x}})^2}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\quad (0 < {\rm{x}} < 3)$.

b) Xét hàm số ${\rm{V}}({\rm{x}}) = {\rm{x}}{(6 - 2{\rm{x}})^2}$ với ${\rm{x}} \in (0;3)$.

Tập xác định: ${\rm{D}} = (0;3)$.

Sự biến thiên:

Chiều biến thiên:

Đạo hàm ${{\rm{V}}^\prime }({\rm{x}}) = {(6 - 2{\rm{x}})^2} + {\rm{x}} \cdot 2(6 - 2{\rm{x}}) \cdot ( - 2) = (6 - 2{\rm{x}})(6 - 6{\rm{x}})$.

Trên khoảng $(0;3)$, ta có ${{\rm{V}}^\prime }({\rm{x}}) = 0 \Leftrightarrow {\rm{x}} = 1$.

Trên khoảng $(0;1),{{\rm{V}}^\prime }({\rm{x}}) > 0$ nên hàm số đồng biến trên khoảng đó.

Trên khoảng $(1;3),{{\rm{V}}^\prime }({\rm{x}}) < 0$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng đó.

Hàm số có một điểm cực trị là điểm cực đại tại ${\rm{x}} = 1,{{\rm{y}}_{{\rm{CD}}}} = 16$.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

Trên khoảng $(0;3)$, đồ thị hàm số đi qua các điểm $(1;16)$ và $(2;8)$.

Đồ thị hàm số ${\rm{V}}({\rm{x}})$ trên khoảng $(0;3)$ được biểu diễn như hình dưới đây.

Từ đó, ta thấy đế tìm được độ dài cạnh hình vuông cần cắt bó để chiếc hộp đạt thế tích lớn nhất, ta cần tìm ${x_0} \in (0;3)$ sao cho ${\rm{V}}\left( {{{\rm{x}}_0}} \right)$ có giá trị lớn nhất.

Căn cứ vào bảng biến thiên ta thấy trong khoảng $(0;3)$ hàm số có một điếm cực trị duy nhất là điếm cực đại $x = 1$ nên tại đó ${\rm{V}}({\rm{x}})$ có giá trị lớn nhất là ${\max _{(0;3)}}V(x) = 16$.

Vậy độ dài cạnh của hình vuông cần cắt bỏ là $1{\rm{dm}}$ thì chiếc hộp có thế tích lớn nhất.

Xét hàm số ${\rm{Q}}({\rm{t}}) = - \frac{1}{5}{t^3} + 5{t^2} + 100$ với ${\rm{t}} \in [0;20]$.

Ta có ${\rm{Q}}({\rm{t}}) = - \frac{3}{5}{t^2} + 10t$; ${{\rm{Q}}^\prime }({\rm{t}}) = 0 \Leftrightarrow - \frac{3}{5}{t^2} + 10t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{50}}{3}{\rm{ hoặc }} = 0.{\rm{ }}$

Bảng biến thiên của hàm số trên doạn [0 ; 20] như sau:

Từ bảng biến thiên suy ra ${\max _{[0:20]}}{\rm{Q}}({\rm{t}}) = \frac{{15200}}{{27}}$ tại $t = \frac{{50}}{3}$, tức là lưu lượng nước của con sông lớn nhât là $\frac{{15200}}{{27}}\;{{\rm{m}}^3}/$ phút tại thời điểm $t = \frac{{50}}{3}$ phút.

Cảnh báo lū được đưa ra khi lưu lượng nước của con sông lên đến $550\;{{\rm{m}}^3}/$ phút, tức là

$Q(t) \ge 550 \Leftrightarrow - \frac{1}{5}{t^3} + 5{t^2} + 100 \ge 550 \Leftrightarrow - \frac{1}{5}{t^3} + 5{t^2} + 450 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{\rm{t}} \le 5 - 5\sqrt 7 }\\{15 \le {\rm{t}} \le 5 + 5\sqrt 7 }\end{array}} \right.{\rm{. }}$

Lại có $t \in [0;20]$ nên $15 \le t \le 5 + 5\sqrt 7$.

Vây tại thời điếm $t \in [15;5 + 5\sqrt 7 ]$ phút thì cảnh báo lū được đưa ra.

a) Khi bán $x$ mét vải lụa:

Số tiền thu được là: $B(x) = 220x$ (nghìn đồng).

Lợi nhuận thu được là: $L(x) = B(x) - C(x) = - {x^3} + 3{x^2} + 240x - 500$ (nghìn đồng).

b) Hàm số $L(x)$ xác định trên $[1 ; 18]$.

Sự biến thiên:

Chiều biến thiên:

Đạo hàm ${L^\prime }(x) = - 3{x^2} + 6x + 240;{L^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow x = 10$ hoặc $x = - 8$ (loại).

Trên khoảng $(1;10),{L^\prime }(x) > 0$ nên hàm số đồng biến trên khoảng này.

Trên khoảng $(10;18),{L^\prime }(x) < 0$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng này.

Cực trị: Hàm số $L(x)$ đạt cực đại tại $x = 10$ và ${L_{CD}} = L(10) = 1200$.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

Đồ thị hàm số có điểm cực đại $(10;1200)$ và đi qua các điểm $(1; - 258),(18; - 1040)$ như Hình vẽ .

c) Quan sát đồ thị hàm số, ta nhận thấy khi $x = 10$ thì hàm số đạt giá trị lớn nhất là 1200 . Như vậy, hộ làm nghề dệt cần sản xuất và bán ra mỗi ngày 10 mét vải lụa để thu được lợi nhuận tối đa. Lợi nhuận tối đa này là 1200 nghìn đồng.

a) Thể tích nước có trong bế sau $t$ phút là: $V(t) = 200 + 40t$ (lít).

Khối lượng chất khử trùng có trong bế sau t phút là: ${\rm{M}}({\rm{t}}) = 20{\rm{t}}({\rm{gam}})$.

Nồng độ chất khử trùng trong bế sau t phút là: $\frac{{20t}}{{200 + 40t}}$ (gam/lit).

b) $y = f(t) = \frac{{20t}}{{200 + 40t}}(t \ge 0)$.

Tập xác định của hàm số là ${\rm{D}} = [0; + \infty )$.

Sự biến thiên:

Ta có ${y^\prime } = \frac{{20(200 + 40t) - 20t \cdot 40}}{{{{(200 + 40t)}^2}}} = \frac{{4000}}{{{{(200 + 40t)}^2}}} > 0$ với mọi ${\rm{t}} \in {\rm{D}}$.

Hàm số luôn đồng biến trên ${\rm{D}}$.

Hàm số không có cực trị.

Tiệm cận:

$\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{20t}}{{200 + 40t}} = \frac{1}{2}$. Do đó $y = \frac{1}{2}$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (phần bên phải trục Oy).

$\mathop {\lim }\limits_{t \to {0^ + }} \frac{{20t}}{{200 + 40t}} = 0$

Bảng biến thiên

Đồ thị.

Hàm số đi qua điểm $(0;0);\left( {1;\frac{1}{{12}}} \right);\left( {2;\frac{1}{7}} \right)$.

c) Vì ${y^\prime } = \frac{{4000}}{{{{(200 + 40t)}^2}}} > 0,\forall t \ge 0$ và lim $_{t \to + \infty }\frac{{20t}}{{200 + 40t}} = \frac{1}{2}$ nên nồng độ chất khử trùng tăng theo $y$ nhưng không vượt ngường $0{,}5{\rm{gam}}/$ lít.

a) Tống khối lượng ${\rm{KOH}}$ sau khi trộn là: $30.100 + 8.{\rm{x}} = 3000 + 8{\rm{x}}({\rm{mg}})$.

Tống thế tích dung dịch sau khi trộn là: $30 + {\rm{x}}({\rm{ml}})$.

Nồng độ ${\rm{KOH}}$ trong cốc sau khi trộn là $C(x) = \frac{{3000 + 8x}}{{30 + x}}({\rm{mg}}/{\rm{ml}})$.

b) $C(x) = \frac{{3000 + 8x}}{{30 + x}},x \ge 0$

Tập xác định của hàm số là $D = [0; + \infty )$.

Sự biến thiên

Có ${C^\prime }(x) = \frac{{8(30 + x) - (3000 + 8x)}}{{{{(30 + x)}^2}}} = \frac{{ - 2760}}{{{{(30 + x)}^2}}} < 0$ với mọi ${x^3}0$.

Hàm số luôn nghịch biến trên $[0; + \infty )$.

Hàm số không có cực trị.

Tiệm cận

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } C(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3000 + 8x}}{{30 + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{{3000}}{x} + 8}}{{\frac{{30}}{x} + 1}} = 8$

Do đó $y = 8$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (phần bên phải trục ${\rm{Oy}}$ ).

Bảng biến thiên

Đồ thị

Hàm số giao với trục ${\rm{Oy}}$ tại điểm $(0;100)$.

Hàm số đi qua điếm $\left( {120;\frac{{132}}{5}} \right);(200;20)$.

c) Vì ${C^\prime }(x) = \frac{{ - 2760}}{{{{(30 + x)}^2}}} < 0,\forall x \ge 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } C(x) = 8$ nên nồng độ ${\rm{KOH}}$ trong cốc giảm theo $x$ nhưng luôn lớn hơn $8{\rm{mg}}/{\rm{ml}}$.

Ta có $y = R(x) = \frac{{8x}}{{8 + x}},x > 0$

Tập xác định ${\rm{D}} = (0; + \infty )$.

Sự biến thiên

Có ${y^\prime } = \frac{{8(8 + x) - 8x}}{{{{(8 + x)}^2}}} = \frac{{64}}{{{{(8 + x)}^2}}} > 0,\forall x > 0$

Hàm số luôn đồng biến trên $(0; + \infty )$.

Hàm số không có cực trị.

Tiệm cận: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{8}{{\frac{8}{x} + 1}} = 8$

Vậy ${\rm{y}} = 8$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (phần bên phải trục ${\rm{Oy}}$ ).

Bảng biến thiên

Đồ thị

Đồ thị hàm số giao với ${\rm{Ox}},{\rm{Oy}}$ tại $(0;0)$.

Đồ thị hàm số đi qua $\left( {1;\frac{8}{9}} \right);\left( {2;\frac{8}{5}} \right)$

a) Vì ${y^\prime } = \frac{{64}}{{{{(8 + x)}^2}}} > 0,\forall x > 0$ nên khi $x$ tăng thì điện trở tương đương của mạch cūng tăng.

b) Vì ${y^\prime } = \frac{{64}}{{{{(8 + x)}^2}}} > 0,\forall x > 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 8$ nên điện trở tương đương của mạch không bao giờ

a) Trong Hình 25, đồ thị của hàm số $y = f(x) = \frac{1}{{10}}( - {x^3} + 9{x^2} - 15x + 56)$ cắt tia Ox tại điểm có hoành độ x = 8. Vậy đường dạo ven hồ chạy dọc theo trục Ox dài 800 m.

b) Ta khảo sát hàm số: $y = f(x) = \frac{1}{{10}}( - {x^3} + 9{x^2} - 15x + 56)$ với 0≤ x ≤8.

f '(x) = $\frac{1}{{10}}$ (-3x2+18x-15); f '(x)=0$\Leftrightarrow$-x2+6x-5=0$\Leftrightarrow$x=1 hoặc x = 5.

Bảng biến thiên:

Căn cứ bảng biến thiên, ta có: $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;8} \right]}$ f(x)= f(5)=8,1 tại x= 5.

Vậy khoảng cách lớn nhất theo phương thẳng đứng từ một điểm trên đường đi dạo ven hồ (chạy dọc theo trục Ox) đến bờ hồ đối diện là:

100.( $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;8} \right]}$ f(x))=100. f(5) = 100. 8,1 =810 (m) và đạt được tại điểm trên đường đi dạo ven hồ cách gốc O một khoảng cách là 500 m.

100.( $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;8} \right]}$ f(x))=100. f(5) = 100. 8,1 =810 (m) và đạt được tại điểm trên đường đi dạo ven hồ cách gốc O một khoảng cách là 500 m.

c) Xét điểm M(x ; f(x)) thuộc đồ thị hàm số $y = f(x) = \frac{1}{{10}}( - {x^3} + 9{x^2} - 15x + 56)$ với 0 ≤ x ≤8.

Khoảng cách từ điểm M(x ; f(x)) đến đường thẳng y=−1,5x+18$\Leftrightarrow$-1,5x−y+18=0 là:

$$MH = \frac{{\left| { - 1{,}5x - \frac{1}{{10}}( - {x^3} + 9{x^2} - 15x + 56) + 18} \right|}}{{\sqrt {{{( - 1{,}5)}^2} + 1} }} = \frac{{\left| {{x^3} - 9{x^2} + 124} \right|}}{{10\sqrt {3{,}25} }}$$

Ta khảo sát hàm số: h(x) = x3 –9x2 +124 với 0≤x≤8.

h'(x)=3x2-18x;

h'(x)=0$\Leftrightarrow$x2-6x=0$\Leftrightarrow$x=0 hoặc x = 6.

Bảng biến thiên:

Căn cứ bảng biến thiên, ta có: h(x) > 0 với 0≤x≤8;

$\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;8} \right]} h(x)$= h(6)=16 tại x= 6.

Do đó, $\min MH = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;8} \right]} \frac{{\left| {{x^3} - 9{x^2} + 124} \right|}}{{10\sqrt {3{,}25} }} = \frac{1}{{10\sqrt {3{,}25} }} \cdot \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;8} \right]} h(x) = \frac{{16}}{{10\sqrt {3{,}25} }} \approx 0{,}8875$ và đạt được tại x = 6. Khi đó, f(6) = 7,4.

Vậy trong mặt phẳng toạ độ Oxy ở Hình vẽ ban đầu, điểm để xây bến thuyền có toạ độ là M(6 ; 7,4).

a) Ta có: $f(52) = \frac{{26.52 + 10}}{{52 + 5}} = \frac{{1362}}{{57}} \approx 23{,}895$ (nghìn người).

Vậy số dân của thị trấn vào năm 2022 khoảng 23 895 người.

b) 1) Sự biến thiên

• Giới hạn tại vô cực và đường tiệm cận ngang:

$\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } f(t) = 26$ . Do đó, đường thẳng y = 26 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$f'(t) = \frac{{120}}{{{{\left( {t + 5} \right)}^2}}} > 0$ với mọi t≥0.

Bảng biến thiên

Hàm số ĐB trên nửa khoảng $\left[ {0; + \infty } \right)$. Hàm số không có cực trị.

2) Đồ thị

• Giao điểm của đồ thị với trục tung: (0:2).

• Đồ thị hàm số đi qua điểm (1 ; 6).

Vậy đồ thị hàm số $y = f(t) = \frac{{26t + 10}}{{t + 5}},t \ge 0$ thể hiện như hình vẽ dưới đây:

c)

c1) Tốc độ tăng dân số vào năm 2022 của thị trấn là: $f'(52) = \frac{{120}}{{{{\left( {52 + 5} \right)}^2}}} = \frac{{40}}{{1083}}$

c2) Ta có: $f'(t) = 0{,}192 \Leftrightarrow \frac{{120}}{{{{\left( {t + 5} \right)}^2}}} = 0{,}192 \Leftrightarrow t = 20{\rm{ }}(do{\rm{ }}t \ge 0)$

Vậy vào năm 1990, thì tốc độ tăng dân số là 0,192 nghìn người/năm.

a) Do đồ thị hàm số bậc ba y = f(x) = ax3 + bx2 + cx+d (a ≠ 0) đi qua điểm (0 ; 50) nên d = 50,

suy ra: y = f(x) = ax3 + bx2 + cx + 50.

Do đồ thị đi qua các điểm A(− 1 000 ; 60), B(1000 ; 90) nên ta có: $\left\{ \begin{array}{l} - 1{\rm{ }}000{\rm{ }}000{\rm{ }}000a{\rm{ }} + 1{\rm{ }}000{\rm{ }}000b - 1{\rm{ }}000c{\rm{ }} = {\rm{ }}10\\1{\rm{ }}000{\rm{ }}000{\rm{ }}000a{\rm{ }} + 1{\rm{ }}000{\rm{ }}000b + 1{\rm{ }}000c{\rm{ }} = {\rm{ }}40\end{array} \right.$

Hay $\left\{ \begin{array}{l} - 1{\rm{ }}00{\rm{ }}000{\rm{ 0}}00a{\rm{ }} + 100{\rm{ }}000b - 100c{\rm{ }} = {\rm{ }}1\\1{\rm{ }}00{\rm{ }}000{\rm{ 0}}00a{\rm{ }} + 100{\rm{ }}000b + 100c{\rm{ }} = {\rm{ }}4\end{array} \right.$ , suy ra $\left\{ \begin{array}{l}b = \frac{1}{{40000}}\\100{\rm{ }}000{\rm{ }}000a + 100c = 1{,}5\end{array} \right.$

Ta có: $f'(x) = 3a{x^2} + 2bx + c = 3a{x^2} + \frac{1}{{20{\rm{ }}000}}x + c$

Do hệ số góc của tiếp tuyến tại B của đồ thị hàm số đó bằng 0,04 nên

$f'(1000) = 3000{\rm{ }}000a + \frac{1}{{20}} + c = 0{,}04$ tức là $3000{\rm{ }}000a + c = - 0{,}01$.

Ta có hệ phương trình sau:

$\left\{ \begin{array}{l}100{\rm{ }}000{\rm{ }}000a + 100c = 1{,}5\\3{\rm{ }}000\;000a + c = - 0{,}01\end{array} \right.$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{{80{\rm{ }}000{\rm{ }}000}}\\c = \frac{{11}}{{400}}\end{array} \right.$

Vậy hàm số bậc ba cần tìm là; $f(x) = - \frac{1}{{80{\rm{ }}000{\rm{ }}000}}{x^3} + \frac{1}{{40{\rm{ }}000}}{x^2} + \frac{{11}}{{400}}x + 50$

a) Ta có: $f(40) = \frac{{110.40 - 280}}{{40 + 2}} \approx 98$. Vậy tốc độ đánh máy trung bình của học viên đó sau 40 tuần là khoảng 98 từ/phút.

b) Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } f(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{110t - 280}}{{t + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \left( {110 - \frac{{500}}{{t + 2}}} \right) = 110$

Vậy đường thẳng y = 110 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f(t).

c) Do đường thẳng y= 110 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f(t) nên khi t càng lớn thì tốc độ đánh máy trung bình của học viên đó sẽ tiến gần đến mức 110 từ/phút.

a) Xét hàm số $h(t) = - 0{,}01{t^3} + 1{,}1{t^2} - 30t + 250$ với $t \in [0;50]$.

Ta có $h(t) = - 0{,}03{t^2} + 2{,}2t - 30$;

Trên khoảng $(0;50),h(t) = 0$ khi $t \approx 18$.

$h(0) = 250;h(18) = 8{,}08;h(50) = 250.{\rm{ }}$

Do đó, $\min h(t) = 8{,}08$ tại ${\rm{t}} = 18$ trên đoạn [0. 50]

Vậy tại thời điểm $t = 18$ giây thì con tàu đạt khoảng cách nhỏ nhất so với bề mặt của Mặt Trăng và khoảng cách nhỏ nhất này bằng $8{,}08\;{\rm{km}}$.

b) Xét hàm số $h(t) = - 0{,}01{t^3} + 1{,}1{t^2} - 30t + 250$ với $t \in [0;70]$.

Ta có $h(t) = - 0{,}03{t^2} + 2{,}2t - 30$;

Trên khoảng $(0;70),h(t) = 0$ khi $t \approx 18$ hoặc $t \approx 55$.

Bảng biến thiên của hàm số ${\rm{h}}({\rm{t}})$ như sau:

Trên khoảng $(0;70)$, đồ thị hàm số ${\rm{h}}({\rm{t}})$ đi qua các điểm $(0;250),(10;50),(50;250)$ và $(60;250)$.

c) Ta có ${\rm{v}}({\rm{t}})$ là vận tốc tức thời của con tàu ở thời điểm $t$ (giây) kế từ khi đốt cháy các tên lửa hām với $0 \le t \le 50$.

Khi đó ${\rm{v}}({\rm{t}}) = {\rm{h}}({\rm{t}}) = - 0{,}03{{\rm{t}}^2} + 2{,}2{\rm{t}} - 30$ với ${\rm{t}} \in [0;50]$.

d) $v(25) = - 0{,}03 \cdot {25^2} + 2{,}2 \cdot 25 - 30 = 6{,}25(\;{\rm{km}}/{\rm{s}})$.

e) Tại thời điếm $t = 25$ (giây), lúc đó $t \in (18;55)$, căn cứ vào bảng biến thiên ở câu ${\rm{b}}$ ), ta thấy rằng $h({\rm{t}}) > 0$, tức là $v(t) > 0$, vậy vận tốc tức thời của con tàu đang tăng trở lại.

a) Ta có

Ban đầu: ${\rm{A}} + {\rm{B}} \to {\rm{C}}$

Sau thời gian t: $\left( {a - \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}} \right)\left( {a - \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}} \right)\frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}$

Tốc độ ở thời điểm ${\rm{t}} > 0$ là ${\rm{v}}({\rm{t}}) = \frac{{\Delta {C_c}}}{{\Delta t}} = \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}:t = \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}$.

b) Ta có $x = [C]$, tức là $x = \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}$.

${x^\prime }(t) = \left( {\frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}} \right) = \frac{{{a^2}K(aKt + 1) - aK \cdot {a^2}Kt}}{{{{(aKt + 1)}^2}}} = \frac{{{a^2}K}}{{{{(aKt + 1)}^2}}}.{\rm{ }}$

$K{(a - x)^2} = K{\left( {a - \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}} \right)^2} = K \cdot {\left( {\frac{{{a^2}Kt + a - {a^2}Kt}}{{aKt + 1}}} \right)^2} = K \cdot \frac{{{a^2}}}{{{{(aKt + 1)}^2}}} = \frac{{{a^2}K}}{{{{(aKt + 1)}^2}}}.$

Từ đó suy ra $x({\rm{t}}) = {\rm{K}}{({\rm{a}} - {\rm{x}})^2}$.

c) $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } [C] = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{{a^2}K}}{{aK + \frac{1}{t}}} = \frac{{{a^2}K}}{{aK}} = a$.

Vậy khi ${\rm{t}} \to + \infty$ thì nồng độ các chất ${\rm{A}},{\rm{B}}$ và ${\rm{C}}$ bẳng nhau.

d) $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } v(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{{a^2}K}}{{aKt + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{{a^2}K}}{{aK + \frac{1}{t}}} = 0$.

Vậy khi ${\rm{t}} \to + \infty$, tốc độ phản ứng dần về 0 , khi đó phản ứng kết thúc.

Có $f(x) = \frac{{C(x)}}{x} = \frac{{2x + 45}}{x}$

Có ${f^\prime }(x) = \frac{{ - 45}}{{{x^2}}} < 0,\forall x \ge 1$ nên hàm số $f(x) = \frac{{C(x)}}{x}$ là hàm số giảm.

Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 45}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2 + \frac{{45}}{x}}}{1} = 2$

Do đó chi phí trung bình giảm theo ${\rm{x}}$ nhưng luôn lớn hơn 2 triệu đồng/sản phấm.

Điều này được thế hiện trong Hình 1.27 là đồ thị hàm số $f(x) = \frac{{C(x)}}{x}$ có tiệm cận ngang là đường thẳng ${\rm{y}} = 2$ và đi xuống trong khoảng $(0; + \infty )$.

a) Theo ý nghĩa cơ học của đạo hàm, vận tốc của vật là v = h’(t)=24,5 – 9,8t (m/s).

Do đó, vận tốc của vật sau 2 giây là v(2) =24,5–9,8.2=4,9 (m/s).

b) Vì h(t) là hàm số bậc hai có hệ số a = –4,9 < 0 nên h(t) đạt giá trị lớn nhất tại $t = - \frac{b}{{2a}} = \frac{{24{,}5}}{{2.4{,}9}} = 2{,}5$ (giây). Khi đó, độ cao lớn nhất của vật là h(2,5) = 32,625 (m).

c) Vật chạm đất khi độ cao bằng 0, tức là h=2+24,5t – 4,9t2 =0, hay t $\approx$ 5,08 (giây).

Vận tốc của vật lúc chạm đất là v(5,08)=24,5 – 9,8.5,08 = -25,284 (m/s).

Vận tốc âm chứng tỏ chiều chuyển động của vật là ngược chiều dương (hướng lên trên) của trục đã chọn (khi lập phương trình chuyển động của vật).

Ta có: $P'(t) = \frac{{0{,}75a{e^{ - 0{,}75t}}}}{{{{\left( {b + {e^{ - 0{,}75t}}} \right)}^2}}},t \ge 0$

Theo đề bài, ta có: P(0) = 20 và P’(0) = 12. Do đó, ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{{b + 1}} = 20\\\frac{{0{,}75a}}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} = 12\end{array} \right.$

Giải hệ phương trình này, ta được a = 25 và b = $\frac{1}{4}$

Khi đó, $P'(t) = \frac{{18{,}75{e^{ - 0{,}75t}}}}{{{{\left( {\frac{1}{4} + {e^{ - 0{,}75t}}} \right)}^2}}} > 0,\forall t \ge 0$, tức là số lượng quần thể nấm men luôn tăng.

Tuy nhiên, do $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } P(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{25}}{{\frac{1}{4} + {e^{ - 0{,}75t}}}} = 100$ nên số lượng quần thể nấm men tăng nhưng không vượt quá 100 tế bào.

Xét hàm số f(x) = (x$_{0}$ − x)x$^{2}$ với x0 cố định và $\frac{1}{2}{x_o} \le x \le {x_o}$.

Do k là hằng số nên vận tốc của luồng khí một cơn ho lớn nhất khi f(x) đạt giá trị lớn nhất.

Ta có f(x) = −x$^{3}$ + x$^{0}$x$^{2}$; f’(x) = −3x$^{2}$ + 2x$_{0}$x; f’(x) = 0 $\Leftrightarrow$x = 0 hoặc $x = \frac{2}{3}{x_o}$.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: $\mathop {\max }\limits_{\left[ {\frac{1}{2}{x_o};{x_o}} \right]} f(x) = f\left( {\frac{2}{3}{x_o}} \right)$.

Vậy vận tốc của luồng khí một cơn ho lớn nhất khi $x = \frac{2}{3}{x_o}$.

a) Chi phí phát hành cho mỗi cuốn là 4 nghìn đồng, tức là 0,4 vạn đồng. Suy ra chi phí phát hành cho x cuốn là 0,4x (vạn đồng).

Theo đề bài, ta có tổng chi phí xuất bản và phát hành cho x cuốn tạp chí là:

T(x) = C(x) + 0,4x = 0,0001x$^{2}$ + 0,2x + 10 000, với x > 0.

b) Ta có: $M(x) = \frac{{T(x)}}{x} = 0{,}0001x + 0{,}2 + \frac{{10000}}{x}$

Xét hàm số $f(x) = 0{,}0001x + 0{,}2 + \frac{{10000}}{x}$với $0 < x \le 30{\rm{ }}000$.

$$f'(x) = 0{,}0001 - \frac{{10000}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 10{\rm{ }}000{\rm{ }}({\rm{do }}x > 0).$$

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = + \infty$$

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy giá trị của M(x) nhỏ nhất khi x = 10 000.

Vậy số lượng tạp chí cần xuất bản sao cho chi phí trung bình thấp nhất là x = 10 000 (cuốn).

Chi phí trung bình cho một cuốn tạp chí khi xuất bản 10 000 cuốn là: M(10 000) = 2,2 (vạn đồng) = 22 000 (đồng).

Gọi x (m) là chiều rộng của khu đất hình chữ nhật cần rào.

Theo đề bài, ta có 0 < x $\le$ 15.

Diện tích khu đất này là 200 (m2) nên chiều dài của khu đất là $\frac{{200}}{x}$ (m).

Tổng chiều dài lưới thép rào quanh khu đất là $L(x) = 2x + \frac{{200}}{x}$ (m).

Xét hàm số: $L(x) = 2x + \frac{{200}}{x},x \in \left( {0;15} \right]$

Ta có: $L'(x) = 2 - \frac{{200}}{x} = 0 \Leftrightarrow x = 10{\rm{ }}({\rm{do }}x > 0)$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} L(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {2x + \frac{{200}}{x}} \right) = + \infty$

L(10) = 40;

L(15) = $\frac{{130}}{3}$.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, chiều dài lưới thép ngắn nhất là 40 m khi chiều rộng khu đất này là x = 10 (m) và chiều dài là $\frac{{200}}{{10}} = 20$(m).

a) Xét hàm số $\bar C(x) = 2x - 230 + \frac{{7200}}{x}$ với ${\rm{x}} \in [30;120]$.

Tập xác định: $D = [30;120]$.

Sự biến thiên:

Chiều biến thiên:

Đạo hàm $\bar C(x) = 2 - \frac{{7200}}{{{x^2}}}$. Trên khoảng $(30;120)$, ta có $\bar C(x) = 0 \Leftrightarrow x = 60$.

Trên khoảng $(30;60),\bar C(x) < 0$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng đó.

Trên khoảng $(60;120),\bar C(x) > 0$ nên hàm số đồng biến trên khoảng đó.

Cực trị: Hàm số có́ một điếm cực trị là điếm cực tiếu tại $x = 60$ và ${C_{CT}} = 10$.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

Đồ thị hàm số không cắt các trục tọa độ.

Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là .

Đồ thị hàm số đi qua các điếm và .

Đồ thị của hàm số đã cho được biểu diễn như hình dưới đây.

b) Từ câu a), ta thấy trên đoạn $[30 ; 120]$, giá trị nhó nhất của hàm số $\bar C(x)$ bẳng 10 tại ${\rm{x}} = 60$.

Vậy số phần ăn là 60 thì chi phí trung bình của một phần ăn là thấp nhất.

a) Do đồ thị hàm số giao với trục hoành tại các điểm x = 20; x = 50, x = 100 nên phương trình f(x) = 0 có 3 nghiệm 20, 50, 100, từ đó ta có: y = a(x – 20)(x – 50)(x – 100).

Mặt khác, tại điểm x = 0 ta có y = 50, suy ra: 50 = a(0 – 20)(0 – 50 )(0 – 100) hay a = $- \frac{1}{{2000}}$.

Suy ra: $y = - \frac{1}{{2000}}\left( {x - 20} \right)\left( {x - 50} \right)\left( {x - 100} \right) = - \frac{1}{{2000}}{x^3} + \frac{{17}}{{200}}{x^2} - 4x + 50$.

b) Các điểm cần thìm chính là các điểm cực trị của hàm số: $y = f(x) = - \frac{1}{{2000}}{x^3} + \frac{{17}}{{200}}{x^2} - 4x + 50$

$$y' = - \frac{3}{{2000}}{x^2} + 1\frac{{17}}{{200}}x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{100}}{3};x = 80$$

Ta có các điểm cực trị của hàm số f(x) là $A\left( {\frac{{10}}{3}; - \frac{{200}}{{27}}} \right);B\left( {80;18} \right)$

a) Ta có: $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = \frac{1}{f} \Rightarrow q = \frac{{pf}}{{p - f}}$. Do đó, $q = g(p) = \frac{{pf}}{{p - f}}$ với $p \in (f; + \infty )$.

b) $\mathop {\lim }\limits_{p \to + \infty } g(p) = \mathop {\lim }\limits_{p \to + \infty } \frac{{pf}}{{p - f}} = \mathop {\lim }\limits_{p \to + \infty } \frac{f}{{1 - \frac{f}{p}}} = f,\mathop {\lim }\limits_{p \to {f^ + }} g(p) = \mathop {\lim }\limits_{p \to {f^ + }} \frac{{pf}}{{p - f}} = + \infty$

Ý nghĩa của $\mathop {\lim }\limits_{p \to + \infty } g(p) = f$ : Khoảng cách từ vật đến thấu kính tiến ra vô cùng thì khoảng cách từ ảnh đến thấu kính xấp xỉ tiêu cự.

Ý nghīa của $\mathop {\lim }\limits_{p \to {f^ + }} g(p) = + \infty$ : Khoảng cách từ vật đến thấu kính tiến gần về tiều cự ${\rm{f}}$ thì khoảng cách từ ảnh đến thấu kính là càng lớn.

c) Ta có: ${q^\prime } = {g^\prime }(p) = \frac{{ - {f^2}}}{{{{(p - f)}^2}}} < 0\forall p \in (f; + \infty )$ nên hàm số nghịch biến trên $(f; + \infty )$.

Bảng biến thiên:

a) Dân số của quốc gia vào năm 2030 là: $N(7) = 100{e^{0{,}0127}} = 100{e^{0{,}084}} = 108{,}763$ (triệu người)

Dân số của quốc gia vào năm 2035 là: $N(12) = 100{e^{0{,}012.12}} = 100{e^{0{,}144}} = 115{,}488$ (triệu người)

b) Trên đoạn [0 ; 50] ta có: ${N^\prime }(t) = 0{,}012.100{e^{0{,}012t}} = 1{,}2{e^{0{,}012t}} > 0\forall t \in [0;50]$

Do đó, hàm số ${\rm{N}}({\rm{t}})$ đồng biến trên đoạn [0 ; 50].

c) Ta có: ${N^\prime }(t) = 1{,}2{e^{0{,}012t}}$

Với tốc độ tăng dân số của quốc gia đó là 1,6 triệu người/ năm ta có:

$1{,}6 = 1{,}2{e^{0{,}012t}} \Leftrightarrow {e^{0{,}012t}} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow t = \frac{{250\ln \frac{4}{3}}}{3} \approx 23{,}97$

Vậy vào năm 2046 thì tốc độ tăng dân số của quốc gia đó là 1,6 triệu người/ năm.

a) Quan sát đồ thị hàm số ở Hình 6 , ta thấy:

Trên đoạn $(0; + \infty )$, đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải nên hàm số ${\rm{R}}({\rm{S}})$ nghịch biến trên khoảng đó.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } R(S) = 0$ nên đường thắng ${\rm{y}} = 0$ hay trục ${\rm{Ox}}$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} R(S) = + \infty$ nên đường thắng ${\rm{x}} = 0$ hay trục $O{\rm{y}}$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy tiết diện ${\rm{S}}$ càng tăng thì điện trở ${\rm{R}}$ càng giảm dần về 0 .

b) Từ đồ thị Hình 6 , ta thấy đồ thị hàm số ${\rm{R}}({\rm{S}})$ cắt đường thẳng ${\rm{R}} = 0{,}001$ tại điểm $(0{,}000169;0{,}01)$, tức là khi tiết diện $S = 0{,}000169\;{{\rm{m}}^2}$ thì điện trở $R = 0{,}001\Omega$.

c) Với $S = 0{,}000169$ thì $R = 0{,}001$ và theo bài ra ta có $\ell = 10$.

Do đó, $0{,}001 = \rho \cdot \frac{{10}}{{0{,}000169}}$. Suy ra $\rho = 1{,}69 \cdot {10^{ - 8}}$.

Vậy dây điện được làm bằng kim loại đồng.