Đề kiểm tra Tính đơn điệu và cực trị của hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 3

Ta có: $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {1 - x} \right)^2}{\left( {x + 1} \right)^3}\left( {3 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 1\,\,\,}\\{x = - 1}\\{x = 3\,\,\,}\end{array}} \right.$.

Bảng xét dấu:

Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - 1;\,3} \right)$.

Dựa vào đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$ ta có:

$f'\left( x \right) > 0$ ,$\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)$.

$f'\left( x \right) \le 0$ , $\forall x \in \left( { - \infty ;2} \right)$ .

Do đó hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {2; + \infty } \right)$và nghịch biến trên $\left( { - \infty ;2} \right)$.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

$y' = - \frac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \in D$ nên hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

Ta có hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$.

Dựa vào bảng xét dấu của $f'\left( x \right)$ ta thấy $f'\left( x \right)$ đổi dấu 2 lần.

Vậy số điểm cực trị của hàm số là $2$.

Ta có: $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 0\\x + 1 = 0\\{\left( {x - 2} \right)^3} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\\x = 2\end{array} \right.$ .

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số có $1$ điểm cực đại.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Đạo hàm: $y' = 4{x^3} - 4x$.

Xét $y' = 0$$\Leftrightarrow$$4{x^3} - 4x = 0$$\Leftrightarrow$$\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 0\\x = - 1\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

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

a) Đúng.

b) Sai.

c) Đúng. Vì trên khoảng $\left( {2\,;\, + \infty } \right)$hàm số đồng biến nên:

$\forall {x_1},{x_2} \in \left( {2\,;\, + \infty } \right),{x_1} < {x_2} \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)$.

d) Sai. Vì theo BBT ta có $f\left( { - 2} \right) = f\left( 2 \right) = - 2$.

a) Sai, vì dựa vào đồ thị thì $f'\left( x \right) > 0$ $\forall x \in \left( { - 1\,;\,1} \right) \cup \left( {2\,;\, + \infty } \right)$.

b) Đúng, vì dựa vào đồ thị thì $f'\left( x \right) > 0$ $\forall x \in \left( { - 1\,;\,1} \right)$.

c) Sai, vì dựa vào đồ thị thì $f'\left( x \right) < 0$ $\forall x \in \left( { - \infty \,;\, - 1} \right) \cup \left( {1\,;\,2} \right)$.

d) Đúng, vì dựa vào đồ thị thì $f'\left( x \right) < 0$ $\forall x \in \left( {1\,;\,2} \right)$.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại $x = - 2$ và $x = 2$, hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1$. Do đó, giá trị cực tiểu của hàm số là $f\left( 1 \right)$.

Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là $M\left( {1\,;\,f\left( 1 \right)} \right)$.

Tại $x = 2$ ta thấy $f'\left( x \right)$ không xác định nhưng hàm số $y = f\left( x \right)$ vẫn xác định, do đó $x = 2$ là điểm cực đại của hàm số.

Dựa vào đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ ta thấy, hàm số có $3$ điểm cực trị, trong đó có $1$ điểm cực đại và $2$điểm cực tiểu.

Ta thấy đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có một điểm cực trị có hoành độ dương nên hàm số $g\left( x \right) = f\left( {\left| x \right|} \right)$ có $2.1 + 1 = 3$ điểm cực trị.

Ta thấy $f\left( x \right) = 0$ có $4$nghiệm phân biệt, hàm số có $3$điểm cực trị nên số điểm cực trị của hàm số $h\left( x \right) = \left| {f\left( x \right)} \right|$ là $3 + 4 = 7$.

Tập xác định: $\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

Ta có: $y' = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$, $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right.$.

Bảng xét dấu của $y'$:

Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $\left( { - 2\,;\, - 1} \right)$ và $\left( { - 1\,;\,0} \right)$.

Ta có $y = f\left( {2 - {x^2}} \right)$, suy ra $y' = - 2xf'\left( {2 - {x^2}} \right)$.

Xét $y' = - 2xf'\left( {2 - {x^2}} \right) > 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\1 < 2 - {x^2} < 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\\left[ \begin{array}{l}2 - {x^2} < 1\\2 - {x^2} > 2\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\ - 1 < x < 1,x \ne 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\\left[ \begin{array}{l}x < - 1\\x > 1\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < x < 1\\x < - 1\end{array} \right.$.

Vậy hàm số đồng biến trên $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( {0;1} \right)$.

Ta có $h\left( t \right) = 2\cos \left( {\frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3}} \right) + 5$$\Rightarrow h'\left( t \right) = - \frac{\pi }{6}\sin \left( {\frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3}} \right)$.

$h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3} = k\pi$$\Leftrightarrow t = - 4 + 12k\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Mà $0 \le t \le 24$ nên $0 \le - 4 + 12k \le 24 \Leftrightarrow \frac{1}{3} \le k \le \frac{7}{3}$$\Rightarrow k \in \left\{ {1\,;\,2} \right\}$.

Do đó $h'\left( t \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 8\\t = 20\end{array} \right.$

$\Rightarrow h\left( t \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {8\,;\,20} \right)$ hay trong khoảng từ $8\,{\rm{h}}$ đến $20\,{\rm{h}}$độ sâu của mực nước trong kênh tăng dần.

Vậy $a = 8\,;\,b = 20$ và $a + b = 28$.

Trả lời: $x = 52$.

Xét hàm số:

$f\left( x \right) = TR - TC = - 2{x^2} + 1312x - \left( {{x^3} - 77{x^2} + 1000x + 40000} \right)$.

$f\left( x \right) = - {x^3} + 75{x^2} + 312x - 40000$.

TXĐ: $D = \left( {0\,;\, + \infty } \right)$.

Ta có $f'\left( x \right) = - 3{x^2} + 150x + 312 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 52\left( N \right)\\x = - 2\left( L \right)\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Hàm số đạt giá trị cực đại tại $x = 52$.

Vậy lợi nhuận của công ty đạt cực đại khi số sản phẩm $x = 52$.

Trả lời: $10{,}6$$\left( {mg/l} \right)$.

Xét hàm số $y = C(x) = \frac{{30x}}{{{x^2} + 2}}$ trên khoảng $x \in \left( {0\,;6} \right)$.

Ta có: $y' = \frac{{ - 30{x^2} + 60}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}}$.

$y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 30{x^2} + 60}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 2 \\x = - \sqrt 2 \,\end{array} \right.$do $x \in \left( {0\,;6} \right)$$\Rightarrow x = \sqrt 2$.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: nồng độ thuốc trong máu $C\left( x \right)$ đạt giá trị cực đại là $\frac{{15\sqrt 2 }}{2}\left( {mg/l} \right) \approx 10{,}6\left( {mg/l} \right)$ trong khoảng thời gian 6 phút sau khi tiêm.

Gọi cạnh đáy hình vuông của tháp là $x\left( m \right)$.

Độ dài đường chéo tấm bạt bằng $20\sqrt 2 \,\left( m \right)$.

Gọi hình chóp tứ giác đều là $S.ABCD$, Gọi$M,N$ lần lượt là trung điểm $AB,CD$.

Khi đó $MN = x\left( m \right)$, $SN = \frac{{20\sqrt 2 - x}}{2}\left( m \right)$ với $0 < x < 10\sqrt 2$.

Gọi $O$ là tâm của hình vuông, ta có

$SO = \sqrt {S{N^2} - O{N^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{20\sqrt 2 - x}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {800 - 40\sqrt 2 x}$.

Thể tích khối chóp $V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \frac{1}{6}{x^2}\sqrt {800 - 40\sqrt 2 x}$.

Ta có $V' = \frac{{20x\left( {80 - 5\sqrt 2 x} \right)}}{{6\sqrt {800 - 40\sqrt 2 x} }}$

$\Rightarrow V' = 0 \Leftrightarrow x = 8\sqrt 2$ với $0 < x < 10\sqrt 2$.

Xét bảng biến thiên:

Vậy khi $x = 8\sqrt 2$ thì thể tích khối chóp lớn nhất $V = \frac{{256\sqrt {10} }}{3}\left( {{m^3}} \right)$.

Diện tích phần bị cắt của tấm bạt:

$S = {S_{hv}} - {S_{ABCD}} - 4.{S_{\Delta SAB}} = {20^2} - {\left( {8\sqrt 2 } \right)^2} - 4.\frac{1}{2}.\frac{{20\sqrt 2 - 8\sqrt 2 }}{2}.8\sqrt 2 = 80\left( {{m^2}} \right)$.