Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 1 lớp 12 (có lời giải) - Đề 2

Trên $\mathbb{R}$, ta có giá trị lớn nhất của hàm số $y = f\left( x \right)$ bằng $4$ tại $x = 0$ và giá trị nhỏ nhất bằng $- 5$ tại $x = 2$.

Khi đó tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\mathbb{R}$ bằng $- 1.$

Điều kiện xác định: $x \ne - \frac{1}{2}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - \frac{1}{2}} \right)}^ + }} \frac{{15x - 6}}{{10x + 5}} = - \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - \frac{1}{2}} \right)}^ - }} \frac{{15x - 6}}{{10x + 5}} = + \infty$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là $x = - \frac{1}{2}$.

Ta có $a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{ - {x^2} - 3x + 4}}{{x + 2}}:x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - {x^2} - 3x + 4}}{{{x^2} + 2x}} = - 1,\,$

$$\,b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{{ - {x^2} - 3x + 4}}{{x + 2}} - \left( { - 1} \right)x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - x + 4}}{{x + 2}} = - 1$$

(Tương tự, $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{ - {x^2} - 3x + 4}}{{x + 2}}:x} \right) = - 1,\,$$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {\frac{{ - {x^2} - 3x + 4}}{{x + 2}} - \left( { - 1} \right)x} \right] = - 1$)

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y = \frac{{ - {x^2} - 3x + 4}}{{x + 2}}$ là đường thẳng có phương trình $y = - x - 1.$

Xét dáng hình của đồ thị, ta loại được hàm số $y = {x^2} - 4$ và $y = - {x^2} - 4$.

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty$ nên ta loại hàm số $y = {x^3} - 4$ và nhận hàm số $y = - {x^3} + 3{x^2} - 4.$

Từ bảng biến thiên, ta nhận thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x = 2$ là nên loại hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 2}}$ và $y = \frac{{2x - 1}}{{x + 2}}.$

Ta nhận thấy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định nên loại hàm số $y = \frac{{2x - 5}}{{x - 2}}$ và nhận hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x - 2}}.$

Ø Xét hàm số $y = - {x^3} + {x^2} - 2x + 1$. Vì đồ thị hàm số $y = - {x^3} + {x^2} - 2x + 1$ không có đường tiệm cận. Suy ra phương án $y = - {x^3} + {x^2} - 2x + 1$ sai.

Ø Xét hàm số$y = \frac{{{x^2} - x + 3}}{{x - 1}}$.

$y = \frac{{{x^2} - x + 3}}{{x - 1}} = x + \frac{3}{{x - 1}}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{3}{{x - 1}} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{3}{{x - 1}} = 0$.

Do đó đưởng thẳng $y = x$ là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số. Suy ra phương án $y = \frac{{{x^2} - x + 3}}{{x - 1}}$ sai.

Ø Xét hàm số $y = \frac{{{x^2} - 3x + 6}}{{x - 1}}$.

$y = \frac{{{x^2} - 3x + 6}}{{x - 1}} = x - 2 + \frac{4}{{x - 1}}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty$.

Do đó đưởng thẳng $x = 1$là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {x - 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{4}{{x - 1}} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - \left( {x - 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{4}{{x - 1}} = 0$.

Do đó đưởng thẳng $y = x - 2$ là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Suy ra phương án $y = \frac{{{x^2} - 3x + 6}}{{x - 1}}$ đúng.

Ø Xét hàm số $y = \frac{{2x + 3}}{{x - 1}}$. Vì đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 3}}{{x - 1}}$ không có đường tiệm cận xiên nên phương án $y = \frac{{2x + 3}}{{x - 1}}$ sai.

Gọi $F\left( n \right)$ là hàm cân nặng của $n$ con cá sau vụ thu hoạch trên một đơn vị diện tích.

Ta có: $F\left( n \right) = \left( {800 - 20n} \right).n = 800n - 20{n^2}$.

Để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất thì cân nặng của $n$ con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ là lớn nhất.

Bài toán trở thành tìm $n \in {\mathbb{N}^*}$ sao cho $F\left( n \right)$ đạt GTLN.

$\begin{array}{l}F'\left( n \right) = 800 - 40n\\F'\left( n \right) = 0 \Leftrightarrow 800 - 40n = 0 \Leftrightarrow n = 20\end{array}$

Ta có bảng biến thiên:

Vậy phải thả $20$ con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất.

Ta có: $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - 9$ .

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.$ .

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực đại tại $x = - 1$.

a) Đúng.

Dựa vào BBT hàm số hàm số nghịch biến trên $\left( { - 2\,;\,0} \right)$.

b) Đúng.

Có $y' = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0,\,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)$ nên hàm số $y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}}$ đồng biến trên $\left( {2;\; + \infty } \right)$.

c) Sai.

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^{2017}}{\left( {x - 1} \right)^{2018}}\left( {x + 1} \right)\, = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = - 1\end{array} \right.$

Lập bảng biến thiên

Vậy hàm số chỉ có hai điểm cực trị.

d) Đúng.

Ta có: $y' = 3{x^2} - 6x + 2a,\,\,y'' = 6x - 6$.

Để đồ thị hàm số có điểm cực tiểu $A(2\,;\, - 2)$ cần có:

$\left\{ \begin{array}{l}y'(2) = 0\\y''(2) > 0\\y(2) = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a = 0\\6.2 - 6 > 0\\4a + b - 4 = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = 2\end{array} \right.$. Vậy $a + b = 2$.

a) Đúng.

Dựa vào BBT suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left( { - 2;\; + \infty } \right)$ bằng -3.

b) Sai.

Ta có $y' = 3{x^2} - 4x - 7$, $y' = 0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \in \left( { - 2;1} \right)\\x = \frac{7}{3} \notin \left( { - 2;1} \right)\end{array} \right.$

$y\left( { - 2} \right) = - 1,$$y\left( 1 \right) = - 7,$$y\left( { - 1} \right) = 5$. Vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} y = y\left( { - 1} \right) = 5$.

c) Sai.

Có $y' = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} \ge 0,\,\forall x \in \left[ {2;3} \right]$ nên hàm số $y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}}$ đồng biến trên $\left[ {2;3} \right]$.

Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số $y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}}$ trên $\left[ {2;3} \right]$bằng $y\left( 3 \right) = \frac{7}{2}$.

d) Đúng.

Ta có $V = \pi {R^2}h = 16\pi \Rightarrow h = \frac{{16}}{{{R^2}}}$.

Để ít tốn nguyên liệu nhất thì diện tích toàn phần của lọ phải nhỏ nhất.

Ta có ${S_{{\rm{tp}}}} = 2\pi {R^2} + 2\pi Rh = 2\pi {R^2} + \frac{{32\pi }}{R} = 2\pi {R^2} + \frac{{16\pi }}{R} + \frac{{16\pi }}{R} \ge 3\sqrt[3]{{2\pi {R^2}.\frac{{16\pi }}{R}.\frac{{16\pi }}{R}}} = 24\pi$.

Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow 2\pi {R^2} = \frac{{16\pi }}{R} \Leftrightarrow R = 2(cm)$.

a) Đúng.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x - 3}}{{x + 2}} = 2$ nên đường thẳng $y = 2$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

b) Sai.

Ta có: $y = g\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2} + 5x + 4}} = \frac{{x - 1}}{{x + 4}}$ ; $\mathop {\lim }\limits_{x \to \left( { - 4{)^ + }} \right)} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 4)}^ + }} \frac{{x - 1}}{{x + 4}} = - \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 4)}^ - }} \frac{{x - 1}}{{x + 4}} = + \infty$ suy ra đồ thị hàm số $y = g\left( x \right)$ chỉ có một tiệm cận đứng là $x = - 4$ .

c) Sai.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {h\left( x \right) - \left( {x - 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\sqrt {{x^2} - 2x + 2} - \left( {x - 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 2} + x - 1}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{x\sqrt {1 - \frac{2}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} + x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{1}{x}}}{{\sqrt {1 - \frac{2}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} + 1 - \frac{1}{x}}} = 0$ nên $y = x - 1$ là tiệm cận xiên.

d) Sai.

Gọi x(giây) là thời gian rót dung dịch muối thì khối lượng dung dịch sau khi rót và khối lượng muối nguyên chất có trong dung dịch lần lượt là $500 + 0{,}5x$, $150 + 0{,}5.0{,}45x$(gam).

Khi đó, nồng độ dung dịch sau x (giây) rót là hàm số $C\left( x \right) = \frac{{150 + 0{,}225x}}{{500 + 0{,}5x}}$. Khi thời gian rót rất lâu, ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } C\left( x \right) = \frac{{0{,}225}}{{0{,}5}} = 0{,}45 = 45\%$ nên $y = 45\%$ là tiệm cận ngang, nghĩa là nồng độ dung dịch càng gần với 45%.

a) Sai.

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( { - 4;0} \right)$.

b) Sai.

Điều kiện xác định: $x \ne - 1$

$y' = f'\left( x \right) = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0$ với $\forall x \ne - 1$ nên hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}$ luôn đồng biến trên các khoảng $(-\infty ;\ -1)$ và $(-1;\ +\infty )$.

c) Đúng.

Điều kiện xác định: $x \ne 0$

Ta có: $g'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{{{x^2}}} > 0\forall x \ne 0$ nên $g\left( x \right)$ đồng biến trên các khoảng xác định. Do đó hàm số $y = g\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 1}}{x}$ không có cực trị.

d) Sai.

Chi phí sản xuất $x$(kg) sản phẩm loại A là $5000 + 4x$.

Chi phí sản xuất mỗi (kg) sản phẩm loại A là $T\left( x \right) = \frac{{5000 + 4x}}{x}$.

TXĐ: $D = \left( {0; + \infty } \right)$. $T'\left( x \right) = \frac{{ - 5000}}{{{x^2}}} < 0\,\,\,\forall x \in D$.

Mặt khác với $x = {10^5} \in D$, $T\left( x \right) = 4{,}05 < 4{,}1$ nên 4,1 không phải là GTNN của $T\left( x \right)$ trên $D$

Đáp số: $10$.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Ta có: $y' = 3\left( {m - 1} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3$.

Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi $y' \ge 0,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}$$\Leftrightarrow 3\left( {m - 1} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3 \ge 0,$$\forall x \in \mathbb{R}$

TH1: $m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1$. Khi đó $y' \ge 0$$\Leftrightarrow 3 \ge 0$ luôn đúng $\forall x \in \mathbb{R}$.

Suy ra $m = 1$ thoả mãn yêu cầu bài toán.

TH2: $m - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 1$.

Khi đó $3\left( {m - 1} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3 \ge 0$,$\forall x \in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 9\left( {m - 1} \right) \le 0\\a = m - 1 > 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \le m \le 10\\m > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < m \le 10$(thoả mãn)

Mà $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {2;3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}$.

Vậy có tất cả $10$ giá trị nguyên của tham số $m$ thoả mãn yêu cầu bài toán.

Đáp số: $3$

Ta có: $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Ta có: $g'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x + 2} \right)$

$g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 2 = 0\\f'\left( {{x^2} - 2x + 2} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\{x^2} - 2x + 2 = 0\\{x^2} - 2x + 2 = 1\\{x^2} - 2x + 2 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 0\\x = 2\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số $g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x + 2} \right)$ có $3$ điểm cực trị.

Đáp số: $- 3$.

Ta có: $y' = \frac{{1 + m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.

TH1: $1 + m > 0 \Leftrightarrow m > - 1$

Khi đó: $y' > 0$,$\forall x \in \left[ {1;3} \right]$$\Rightarrow$ hàm số $y = \frac{{x - m}}{{x + 1}}$ đồng biến trên đoạn $\left[ {1;3} \right]$.

Suy ra: $\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} y = y\left( 3 \right) = \frac{{3 - m}}{4} = 2 \Leftrightarrow m = - 5$ (loại).

TH2: $1 + m < 0 \Leftrightarrow m < - 1$

Khi đó: $y' < 0$,$\forall x \in \left[ {1;3} \right]$$\Rightarrow$ hàm số $y = \frac{{x - m}}{{x + 1}}$ nghịch biến trên đoạn $\left[ {1;3} \right]$.

Suy ra: $\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} y = y\left( 1 \right) = \frac{{1 - m}}{2} = 2 \Leftrightarrow m = - 3$ (thoả mãn).

Vậy $m = - 3$ là giá trị cần tìm.

Đáp số: 0,73.

Giả sử bể cá có kích thước như hình vẽ, với $x,\,h > 0$.

Theo đề bài ta có: $2{x^2} + 2xh + 4xh = 4 \Leftrightarrow h = \frac{{4 - 2{x^2}}}{{6x}}$.

Do $x > 0,\,\,h > 0$ nên $4 - 2{x^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < \sqrt 2$.

Thể tích của bể cá là $V = 2{x^2}h = \frac{{4x - 2{x^3}}}{3} = f\left( x \right)$, với $x \in \left( {0;\sqrt 2 } \right)$.

Ta có: $f'\left( x \right) = \frac{4}{3} - 2{x^2}$

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{4}{3} - 2{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$ (vì $x > 0$)

Bảng biến thiên

Vậy bể cá có dung tích lớn nhất bằng $\frac{{8\sqrt 6 }}{{27}}\,{{\rm{m}}^3} \approx 0{,}73\,{{\rm{m}}^3}$.

Đáp số: 3.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2} + \left( {2 - m} \right)x + 2m + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{1 - \frac{1}{{{x^2}}}}}{{1 + \left( {2 - m} \right)\frac{1}{x} + \left( {2m + 1} \right)\frac{1}{{{x^2}}}}} = 1$

Suy ra đồ thị của hàm số đã cho có đường tiệm cận ngang $y = 1$, do vậy đồ thị đó có đúng 2 đường tiệm cận khi và chỉ khi đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận đứng

$\Leftrightarrow$ phương trình ${x^2} + \left( {2 - m} \right)x + 2m + 1 = 0\left( * \right)$ có nghiệm kép hoặc có một nghiệm $x = - 1$ và một nghiệm khác $1$ hoặc có một nghiệm $x = 1$ và một nghiệm khác $- 1$.

Trường hợp 1: Phương trình $\left( * \right)$ có nghiệm kép

$\Leftrightarrow \Delta = 0 \Leftrightarrow {\left( {2 - m} \right)^2} - 4\left( {2m + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 12m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 12\end{array} \right.$.

Trường hợp 2: Phương trình $\left( * \right)$ một có nghiệm $x = 1$ và một nghiệm khác $- 1$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = - 4\\m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 4$.

Trường hợp 3: Phương trình $\left( * \right)$ một có nghiệm $x = - 1$ và một nghiệm khác $1$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\m \ne - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 0$.

Vậy có 3 giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là $m = - 4,\,m = 0,\,m = 12$.