Đề ôn luyện Toán theo Chủ đề 3. Đạo hàm và khảo sát hàm số (Đề số 1)

Quan sát đồ thị hàm số, ta có:

Đường thẳng $x = - 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Vậy phương trình đường tiệm cận đứng là $x + 1 = 0$. Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy:

Hàm số có hai cực trị;

Hàm số không có GTLN và GTNN trên tập $\mathbb{R}$;

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1$ và có giá trị cực tiểu $y = - 1$;

Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ và có giá trị cực đại $y = 0$. Chọn D.

Ta có $y = \frac{{{x^2} + 4x - 7}}{{x - 2}} = \frac{{\left( {{x^2} + 4x - 12} \right) + 5}}{{x - 2}} = x + 6 + \frac{5}{{x - 2}}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {x + 6} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{5}{{x - 2}} = 0;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - \left( {x + 6} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{5}{{x - 2}} = 0$ nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận xiên $y = x + 6$. Chọn D.

Hàm số liên tục và xác định trên đoạn $\left[ { - 2;0} \right]$. Ta có $y' = 3{x^2} - 3$.

$y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \notin \left[ { - 2;0} \right]\\x = - 1 \in \left[ { - 2;0} \right]\end{array} \right.$.

Có $y\left( { - 2} \right) = 2$; $y\left( { - 1} \right) = 6$ và $y\left( 0 \right) = 4$. Do đó $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} y = y\left( { - 1} \right) = 6$. Chọn D.

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đi qua điểm $M\left( {3\,;\,1} \right)$ nên đồ thị hàm có tiệm cận đứng là $x = 3$. Suy ra $x + m = 0$ có nghiệm là $3$, do vậy $3 + m = 0 \Leftrightarrow m = - 3$.

Thử lại, với $m = - 3 \Rightarrow y = \frac{{2x - 7}}{{x - 3}}$ có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{2x - 7}}{{x - 3}} = - \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{2x - 7}}{{x - 3}} = + \infty$.

Vậy $m = - 3$. Chọn A.

Phương trình hoành độ giao điểm $x - 2 = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}$ (Điều kiện: $x - 1 \ne 0$)

$\Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 2x + 1$$\Leftrightarrow {x^2} - 5x + 1 = 0$.

Vì đường thẳng $y = x - 2$ cắt đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}$ tại hai điểm phân biệt $A$ và $B$ nên ${x_A},{x_B}$ là hai nghiệm của phương trình ${x^2} - 5x + 1 = 0$.

Theo định lý Vi-ét ta có: ${x_A} + {x_B} = \frac{{ - b}}{a} = 5$. Chọn D.

Đồ thị trên của hàm số dạng $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$.

Đồ thị đi qua điểm $\left( {0; - 1} \right)$ nên đây là đồ thị của hàm số $y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}$. Chọn C.

Xét các đáp án:

$y = - {x^3} - 3x$ có $y' = - 3{x^2} - 3 = - 3\left( {{x^2} + 1} \right) < 0,\,\,\forall x$ $\Rightarrow$loại A.

$y = \frac{{x - 2}}{{x - 1}}$ có $y' = \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \ne 1$ $\Rightarrow$ loại B.

$y = - {x^3} + 5{x^2}$ có $y' = - 3{x^2} + 10x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \frac{{10}}{3}\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên $\left( {0;2} \right)$$\Rightarrow$chọn C.

$y = \frac{{x - 1}}{{x - 2}}$ có $y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \ne 2$ $\Rightarrow$loại D. Chọn A.

Ta có $y' = 3{x^2} + 2ax + b$, $f'\left( 1 \right) = 0 \Rightarrow 3 + 2a + b = 0\,\,\,\left( 1 \right)$.

$f\left( 1 \right) = - 3 \Rightarrow 1 + a + b + c = - 3\,\,\,\,\left( 2 \right)$.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2, suy ra $f\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow c = 2\,\,\,\,\left( 3 \right)$.

Từ $\left( 1 \right),\,\left( 2 \right),\,\left( 3 \right)$ ta có $a = 3,\,\,b = - 9,\,\,c = 2$. Do đó $T = 3a + b - c = - 2$. Chọn D.

Tập xác định của hàm số là $D = \left( {0; + \infty } \right)$. Ta có $f'\left( x \right) = \frac{1}{x} - 1 = \frac{{1 - x}}{x}$.

Do $f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 1$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0\,;\,1} \right)$.

Ta có hàm số $g\left( x \right) = {e^{f\left( x \right)}} = {e^{\ln x - x}} = \frac{x}{{{e^x}}}$ có tập xác định $\left( {0; + \infty } \right)$.

Có $g'\left( x \right) = \frac{{1 - x}}{{{e^x}}}$. Do $g'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x > 1$ nên hàm số $g\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$.

Vậy mệnh đề đúng.

Đáp án: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.

Tập xác định của hàm số $y = f\left( x \right)$ là $D = \mathbb{R}$.

Từ đồ thị, ta thấy hàm số đạt cực đại tại $x = 0$, ; đạt cực tiểu tại $x = 2$, ${y_{CT}} = - 2$.

Hai cực trị và ${y_{CT}} = - 2$ trái dấu.

Ta có $f'\left( x \right) = ax\left( {x - 2} \right) = a{x^2} - 2ax \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{a}{3}{x^3} - a{x^2} + d$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 2\\f\left( 2 \right) = - 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\d = 2\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + 2$. Vậy $f\left( 5 \right) = 52$.

Đồ thị hàm số có có hai điểm cực trị là $A\left( {0;2} \right),\,\,B\left( {2; - 2} \right)$.

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là $d:\frac{{x - 0}}{{2 - 0}} = \frac{{y - 2}}{{ - 2 - 2}} \Rightarrow d:2x + y - 2 = 0$.

Khoảng cách từ $O$ đến đường thẳng $d$ là $\frac{{\left| { - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}$.

Ta có $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x$. Xét hàm số $g\left( x \right) = f\left( x \right) - \left( {3x - 2{x^3}} \right)$.

Có $g\prime \left( x \right) = f\prime \left( x \right) - \left( {3 - 6{x^2}} \right) = 9{x^2} - 6x - 3$. Cho $g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - \frac{1}{3}\end{array} \right.$.

Bảng xét dấu:

Dựa vào bảng xét dấu, hàm số $g\left( x \right) = f\left( x \right) - \left( {3x - 2{x^3}} \right)$ đạt cực tiểu tại $x = 1$.

Đáp án: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.

Hàm số xác định khi $x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 1$.

Vậy tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{{x^2} + 10x + 10}}{{x + 1}} = + \infty$, suy ra tiệm cận đứng của đồ thị $\left( C \right)$ là $x = - 1$.

Ta có $y = \frac{{{x^2} + 10x + 10}}{{x + 1}} = x + 9 + \frac{1}{{x + 1}}$.

Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( {x + 9} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {\frac{1}{{x + 1}}} \right) = 0$.

Suy ra tiệm cận xiên của đồ thị $\left( C \right)$ là $y = x + 9$.

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

Từ đó suy ra, tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $A\left( { - 2\,;\,6} \right)\,,\,\,B\left( {0\,;\,10} \right)$.

Suy ra $\overrightarrow {OA} = \left( { - 2\,;\,6} \right)\,,\,\,\overrightarrow {OB} = \left( {0\,;\,10} \right)$.

Diện tích tam giác $OAB$ bằng ${S_{OAB}} = \frac{1}{2}\left| { - 2 \cdot 10 - 0 \cdot 6} \right| = 10$.

Đáp án: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.

Khoảng cách của tên lửa so với mặt đất tại thời điểm $t = 2\,\left( {\rm{s}} \right)$ là:

$s\left( 2 \right) = 1960 \cdot 2 - 49 \cdot {2^2} = 3\,724\left( {{\rm{km}}} \right)$.

Ta có $v = s'\left( t \right) = 1960 - 98t$.

Vận tốc triệt $v = 0 \Leftrightarrow 1960 - 98t = 0 \Leftrightarrow t = 20\,\left( {\rm{s}} \right)$.

Khoảng cách của tên lửa so với mặt đất tại thời điểm vận tốc bằng $0$:

$s\left( {20} \right) = 1960 \cdot 20 - 49 \cdot 20 = 19\,600\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$.

Vận tốc tức thời của tên lửa tại thời điểm $t = 2\,\left( {\rm{s}} \right)$ là $v\left( 2 \right) = 1960 - 98 \cdot 2 = 1\,764\,\,\left( {{\rm{km/s}}} \right)$.

Ta có $s\left( t \right) = 1960t - 49{t^2} = - 49\left( {{t^2} - 40t} \right) = - 49{\left( {t - 20} \right)^2} + 19600 \le 19600,\,\forall t > 0$.

Quãng đường lớn nhất mà tên lửa có thể đạt được là $19\,600\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$.

Đáp án: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.

Từ giả thiết, ta có bảng biến thiên của hàm số $f\left( x \right)$:

Ta có $g\left( x \right)\, = \,f\left( {3 - x} \right)$$\Rightarrow$$g'\left( x \right)\, = \, - f'\left( {3 - x} \right)$.

Từ bảng biến thiên của hàm số $f\left( x \right)$ ta có:

$g'\left( x \right)\, \ge 0$$\Leftrightarrow f'\left( {3 - x} \right) \le 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3 - x \le - 1\\1 \le 3 - x \le 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 4\\ - 1 \le x \le 2\end{array} \right.$.

Như thế ta có bảng biến thiên của hàm số $g\left( x \right)$:

Từ bảng biến thiên, ta nhận thấy hàm số $g\left( x \right)$ có một điểm cực đại.

Đáp án: $1$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2000x - 1500}}{{35x + 5}} = \frac{{2000}}{{35}} = \frac{{400}}{7}$.

Do đó đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ nhận đường thẳng $y = \frac{{400}}{7}$ làm tiệm cận ngang, tức là khi số năm $x$ càng lớn thì chi phí vận hành máy móc trong một năm càng tiến gần đến $\frac{{400}}{7} \approx 57{,}1$ (triệu đồng).

Đáp án: $57{,}1$.

Ta có thể mô tả bài toán trên bằng hình vẽ sau:

Như đã phân tích ở đề bài, nếu đi trực tiếp từ $A$ đến $B$ trên sa mạc với vận tốc và khoảng cách hiện có thì nhà địa chất học không thể đến đúng thời gian quy định. Vì vậy cần thiết phải chia quãng đường đi được thành $3$ giai đoạn:

Giai đoạn 1: đi từ $A$ đến $C$ (từ sa mạc đến đường nhựa song song).

Giai đoạn 2: đi từ $C$ đến $D$ (một quãng đường nào đó trên đường nhựa).

Giai đoạn 3: đi từ $D$ đến $B$ (từ điểm kết thúc $D$ trên đường nhựa đi tiếp đến $B$ băng qua sa mạc).

Gọi $C,D$ là các điểm như hình vẽ.

Khi đó gọi $HC = x\,\left( {{\rm{km}}} \right)\,\,\left( {0 < x < 100} \right)$ và $DK = y\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\,\left( {0 < y < 100} \right)$.

Quãng đường đi từ $A$ đến $C$ là $AC = \sqrt {225 + {x^2}} \left( {{\rm{km}}} \right) \Rightarrow {t_1} = \frac{{AC}}{{{v_{samac}}}} = \frac{{\sqrt {225 + {x^2}} }}{{30}}$ (giờ).

Quãng đường đi từ $D$ đến $B$ là $DB = \sqrt {225 + {y^2}} \,\left( {{\rm{km}}} \right) \Rightarrow {t_2} = \frac{{DB}}{{{v_{samac}}}} = \frac{{\sqrt {225 + {y^2}} }}{{30}}$ (giờ).

Và quãng đường đi $C$ đến $D$ là $CD = 100 - \left( {x + y} \right)\,\,\left( {{\rm{km}}} \right) \Rightarrow {t_3} = \frac{{CD}}{{{v_{duong\,nhua}}}} = \frac{{100 - \left( {x + y} \right)}}{{50}}$ (giờ).

Vậy tổng thời gian mà nhà địa chất học đi từ A đến B là $t = {t_1} + {t_2} + {t_3}$.

$\Rightarrow t = T\left( {x;y} \right) = \frac{{\sqrt {225 + {x^2}} }}{{30}} + \frac{{\sqrt {225 + {y^2}} }}{{30}} + \frac{{100 - \left( {x + y} \right)}}{{50}}$.

Đến đây ta cần tìm $\min T\left( {x;y} \right)$.

Ta có $T\left( {x;y} \right) = \frac{{\sqrt {225 + {x^2}} }}{{30}} + \frac{{50 - x}}{{50}} + \frac{{\sqrt {225 + {y^2}} }}{{30}} + \frac{{50 - y}}{{50}} = f\left( x \right) + f\left( y \right)$.

Xét hàm số $f\left( u \right) = \frac{{\sqrt {225 + {u^2}} }}{{30}} + \frac{{50 - u}}{{50}},\,\,0 < u < 100$.

Ta có $f'\left( u \right) = \frac{u}{{30\sqrt {225 + {u^2}} }} - \frac{1}{{50}},f'\left( u \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {225 + {u^2}} = \frac{{5u}}{3} > 0 \Leftrightarrow u = \frac{{45}}{4}$.

Lập bảng biến thiên ta có $\mathop {\min }\limits_{u \in \left( {0;100} \right)} f\left( u \right) = f\left( {\frac{{45}}{4}} \right) = \frac{7}{5}$.

Do đó ta có $T\left( {x;y} \right) = f\left( x \right) + f\left( y \right) \ge \frac{7}{5} + \frac{7}{5} = \frac{{14}}{5}$(giờ) $= 168$ (phút).

Dấu “=” xảy ra khi $x = y = \frac{{45}}{4}$.

Đáp án: $168$.

Gọi $x$ $\left( {0 < x < 15} \right)$ là số máy in cần sử dụng để in lô hàng.

Chi phí cài đặt và bảo dưỡng là $48000x$ (đồng).

Số giờ in hết số ấn phẩm là $\frac{{6000}}{{30x}}$, chi phí giám sát là $\frac{{6\,000}}{{30x}} \cdot 24\,000 = \frac{{4\,800\,000}}{x}$.

Tổng chi phí in là $P\left( x \right) = 48\,000x + \frac{{4\,800\,000}}{x}$ (đồng).

$P'\left( x \right) = 48\,000 - \frac{{4\,800\,000}}{{{x^2}}}$; $P'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 100 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 10\\x = - 10\,\,\left( L \right)\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Vậy chi phí in nhỏ nhất thì cần sử dụng $10$ máy.

Đáp án: $10$.

Gọi $x\,\,\left( {{\rm{m}},\,x > 0} \right)$ là chiều rộng của đáy kiện hàng. Khi đó chiều dài của kiện hàng là $2x\,\left( {\rm{m}} \right)$ và chiều cao của kiện hàng là $\frac{9}{{2{x^2}}}\,\left( {\rm{m}} \right)$. Khi đó diện tích của kiện hàng là $4{x^2} + \frac{{27}}{x}\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = 4{x^2} + \frac{{27}}{x}$ có $f'\left( x \right) = 8x - \frac{{27}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 1{,}5$.

Bảng biến thiên của hàm số $f\left( x \right)$ như sau:

Từ bảng biên thiên ta có $\min \,f\left( x \right) = f\left( {1{,}5} \right) = 27$.

Vậy chi phí thấp nhất làm kiện hàng là: $200\,000 \cdot 27 = 5\,400\,000$ đồng $= 5{,}4$ triệu đồng.

Đáp án: $5{,}4$.

Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x = - 2$ và tiệm cận xiên $y = x + 2.$

Từ $x = - 2$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $\Rightarrow c = 2.$

Ta có $y = \frac{{a{x^2} + bx + 3}}{{x + 2}} = ax + b - 2a + \frac{{4a - 2b + 3}}{{x + 2}}$.

Từ $y = x + 2$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b - 2a = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 4\end{array} \right.$.

Hàm số có đồ thị như hình vẽ là $y = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{x + 2}}$.

Vậy $a = 1,b = 4,c = 2 \Rightarrow S = a + b + c = 7$.

Đáp án: $7$.