Đề ôn luyện Toán theo Chủ đề 3. Đạo hàm và khảo sát hàm số (Đề số 2)

Ta có $y = - x + 3 - \frac{1}{{x + 2}} \Rightarrow y' = - 1 + \frac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - {x^2} - 4x - 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$.

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

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào đồ thị $\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 4; - 2} \right)} y = 7$. Chọn C.

Ta có $y = \frac{{ - {x^2} + 4x - 3}}{{x + 2}} = - x + 6 - \frac{{15}}{{x + 2}}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {\frac{{ - {x^2} + 4x - 3}}{{x + 2}} - \left( { - x + 6} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{ - 15}}{{x + 2}} = 0$.

Suy ra tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng $y = - x + 6$. Chọn B.

Ta có $f'\left( x \right) = {x^2}\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} + x - 2} \right){\left( {x - 1} \right)^4} = {x^2}{\left( {x + 2} \right)^2}{\left( {x - 1} \right)^5}$.

$f'\left( x \right) = 0$ khi $\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\\x = 1\end{array} \right.$ nhưng chỉ có $x = 1$ ảnh hưởng đến dấu của $f'\left( x \right)$.

Do đó hàm số $f\left( x \right)$ có một điểm cực trị. Chọn C.

Dựa vào đồ thị ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y = 0$.

Mặt khác $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f\left( x \right) = - \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = + \infty$ nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng là $x = - 2$ và $x = 0$. Vậy đồ thị hàm số có 3 tiệm cận. Chọn A.

Ta có $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 3}\\{x = - 1}\end{array}} \right.$. Có $f\left( { - 1} \right) = 15;\,\,f\left( { - 2} \right) = 8;\,\,f\left( 2 \right) = - 12$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[ { - 2\,;\,2} \right]$ là $15$. Chọn C.

Ta có $y' = 3{x^2} - 12x + 9$; $y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 12x + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Vậy đồ thị hàm số $y = {x^3} - 6{x^2} + 9x - 1$ có toạ độ điểm cực đại là $\left( {1\,;3} \right)$. Chọn D.

Tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}$.

Ta có $f'\left( x \right) = 2x{e^{{x^2} - 1}} - 2x$. Có $f\left( 0 \right) = {e^{ - 1}} - 0 = \frac{1}{e};f\left( 1 \right) = {e^{1 - 1}} - 1 = 0$.

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

Vậy tập nghiệm của phương trình $f'\left( x \right) = 0$ là $\left\{ {0; \pm 1} \right\}$.

Ta có bảng biến thiên của hàm số trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy không tồn tại giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$.

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

Tốc độ truyền bệnh tại thời điểm $t$ là $f'\left( t \right) = 90t - 3{t^2}$.

Số người nhiễm bệnh từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ 13 là:

$f\left( {13} \right) = 45 \cdot {13^2} - {13^3} = 5\,408$ người.

Ta có $f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 90t - 3{t^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{t = 30}\\{t = 0\,\,\,}\end{array}} \right.$.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy, đến ngày 45 thì không còn người nhiễm bệnh và trong 30 ngày đầu tiên thì số người nhiễm bệnh luôn tăng.

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

Hàm số xác định khi $x + 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 2$.

Vậy tập xác định của hàm số $y = f\left( x \right)$ là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}$.

Ta có $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x - 1}}{{x + 2}} = x - 1 + \frac{1}{{x + 2}}$.

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = - 2$, tiệm cận xiên là đường thẳng $y = x - 1$.

Do đó tâm đối xứng của đồ thị hàm số là điểm $I\left( { - 2; - 3} \right)$.

Ta có $f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1 \Rightarrow {y_1} = - 1\\{x_2} = - 3 \Rightarrow {y_2} = - 5\end{array} \right.$.

Vì ${y_1} \cdot {y_2} = \left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 5} \right) = 5 > 0$ nên đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành.

Ta có $M\left( {0; - \frac{1}{2}} \right)$, $f'\left( 0 \right) = \frac{3}{4}$.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm $M$ là $y = f'\left( 0 \right)\left( {x - 0} \right) - \frac{1}{2} \Leftrightarrow y = \frac{3}{4}x - \frac{1}{2}$.

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

Đạo hàm của hàm số đã cho là $f'\left( x \right) = - 2\sin x + \sqrt 2$.

Ta có $f\left( 0 \right) = 2\cos 0 + 0 \cdot \sqrt 2 = 2;\,\,f\left( \pi \right) = 2\cos \pi + \pi \sqrt 2 = - 2 + \pi \sqrt 2$.

$f'\left( x \right) = - 2\sin x + \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow \sin x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}$.

$0 \le \frac{\pi }{4} + k2\pi \le \pi \Leftrightarrow - \frac{1}{8} \le k \le \frac{3}{8} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi }{4}$;

$0 \le \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \le \pi \Leftrightarrow - \frac{3}{8} \le k \le \frac{1}{8} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow x = \frac{{3\pi }}{4}$.

Tập nghiệm của phương trình $f'\left( x \right) = 0$ trên $\left[ {0;\pi } \right]$ là $S = \left\{ {\frac{\pi }{4};\frac{{3\pi }}{4}} \right\}$.

Ta có $f\left( 0 \right) = 2,\,\,f\left( \pi \right) = - 2 + \pi \sqrt 2 ,\,\,f\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = \sqrt 2 + \frac{{\pi \sqrt 2 }}{4},\,\,f\left( {\frac{{3\pi }}{4}} \right) = - \sqrt 2 + \frac{{3\pi \sqrt 2 }}{4}$.

Do đó $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} f\left( x \right) = \sqrt 2 + \frac{{\pi \sqrt 2 }}{4},\,\,\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} f\left( x \right) = - \sqrt 2 + \frac{{3\pi \sqrt 2 }}{4}$.

Vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} f\left( x \right) + \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} f\left( x \right) = \pi \sqrt 2$.

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

Ta có $y' = 3{x^2} + 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right.$. Suy ra các điểm cực trị của đồ thị hàm số là $A\left( {1; - 6} \right)$ và $B\left( { - 3;26} \right)$.

Đường thẳng $AB$ đi qua $A$ nhận vectơ $\overrightarrow {AB} = \left( { - 4;32} \right)$ làm vectơ chỉ phương, suy ra $\overrightarrow n = \left( {8;1} \right)$ là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng$AB$ nên phương trình đường thẳng $AB$ có dạng:

$8\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow y = - 8x + 2$$\Rightarrow a = - 8;b = 2 \Rightarrow a + b = - 6$.

Đáp án: $- 6$.

Gọi $O$ là tâm đường tròn, $M$ là trung điểm $AC,$ $\widehat {COM} = x\,\,\left( {{\rm{rad}}} \right)$ $\left( {0 \le x \le \frac{\pi }{2}} \right).$

Khi đó $AC = 2CM = 2 \cdot 75 \cdot \sin x = 150\sin x\,\,{\rm{(m)}}$; .

Ta có $1{,}5\,\,{\rm{km/h}}\, = 25$ m/phút; $3\,{\rm{km/h}} = 50$ m/phút.

Thời gian di chuyển của người đó là:

$= 6\sin x - 3x + \frac{3}{2}\pi + 5$ (phút).

$T' = 6\cos x - 3$; $T' = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3}.$

$T\left( 0 \right) = \frac{3}{2}\pi + 5 \approx 9{,}7;\,\,T\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 11;\,\,T\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = 5 + 3\sqrt 3 + \frac{\pi }{2} \approx 11{,}8.$

Vậy thời gian chậm nhất khoảng 11,8 phút.

Đáp án: $11{,}8$.

Giả sử cửa hàng bán gạo với giá giảm $x$ nghìn đồng /$1{\kern 1pt} {\kern 1pt} \,{\rm{kg}}$.

Khi đó số gạo bán được trong một tháng là: $12\,000{\kern 1pt} \, + 4\,000x$ (kg).

Doanh thu của cửa hàng trong một tháng là: $P\left( x \right) = \left( {35 - x} \right)\left( {12\,000{\kern 1pt} + 4\,000x} \right)$ (nghìn đồng).

Chi phí của cửa hàng trong một tháng là: $C\left( x \right) = 30\left( {12\,000{\kern 1pt} + 4\,000x} \right)$ (nghìn đồng).

Lợi nhuận của cửa hàng thu được trong một tháng là:

$L\left( x \right) = P\left( x \right) - C\left( x \right) = \left( {5 - x} \right)\left( {12\,000{\kern 1pt} + 4\,000x} \right) = - 4\,000{x^2} + 8\,000x + 60\,000$ (nghìn đồng).

$L'\left( x \right) = - 8\,000x + 8\,000 = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

$\Rightarrow {L_{\max }} = L\left( 1 \right) = 64\,000$.

Vậy cửa hàng phải định giá bán gạo mới là $34$ nghìn đồng một kilôgam thì lợi nhuận thu được trong tháng cao nhất.

Đáp án: $34$.

Ta có $h'\left( x \right) = 3 \cdot \frac{1}{{x\ln 2}} \cdot \le f'\left( {{{\log }_2}x - 1} \right) + 3{x^2} - 18x + 15$.

Với $x \in \left[ {1;4} \right] \Rightarrow - 1 < {\log _2}x - 1 < 1 \Rightarrow f'\left( {{{\log }_2}x - 1} \right) < 0 \Rightarrow 3 \cdot \frac{1}{{x\ln 2}} \cdot f'\left( {{{\log }_2}x - 1} \right) < 0$.

Và $3{x^2} - 18x + 15 \le 0,\forall x \in \left[ {1;4} \right] \Rightarrow h'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left[ {1;4} \right]$.

Suy ra hàm số nghịch biến trên $\left[ {1;4} \right]$.

Do đó, $\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;4} \right]} h\left( x \right) = h\left( 4 \right) = - 13;\,\,\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;4} \right]} h\left( x \right) = h\left( 1 \right) = 20 \Rightarrow T = 7$.

Đáp án: $7$.

Ta có: ${t_k} = \frac{{{N_k}}}{N} \Leftrightarrow {N_k} = N \cdot {t_k}$.

Số công nhân vi phạm đúng một lần là ${N_1} = N \cdot {t_1} = \frac{{36N}}{{x + 10}}$.

Suy ra số tiền nộp phạt từ ${N_1}$ công nhân này là: ${N_1} \cdot x = \frac{{36Nx}}{{x + 10}}$ (nghìn đồng).

Số công nhân vi phạm đúng hai lần là ${N_2} = N \cdot {t_2} = \frac{{4N}}{{x - 30}}$.

Suy ra số tiền nộp phạt từ ${N_2}$ công nhân này là: ${N_2} \cdot \left( {x + x - 20} \right) = \frac{{4N\left( {2x - 20} \right)}}{{x - 30}}$ (nghìn đồng).

Vậy tổng số tiền nộp phạt của các công nhân vi phạm trong một tháng là:

$f\left( x \right) = \frac{{36Nx}}{{x + 10}} + \frac{{4N\left( {2x - 20} \right)}}{{x - 30}}$$= 4N\left( {\frac{{9x}}{{x + 10}} + \frac{{2x - 20}}{{x - 30}}} \right)$ (nghìn đồng).

Xét hàm số $f\left( x \right)$ với $x \in \left[ {60;300} \right]$, ta có: $f'\left( x \right) = 4N \cdot \left[ {\frac{{90}}{{{{\left( {x + 10} \right)}^2}}} - \frac{{40}}{{{{\left( {x - 30} \right)}^2}}}} \right]$.

Cho $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{90}}{{{{\left( {x + 10} \right)}^2}}} - \frac{{40}}{{{{\left( {x - 30} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 110\quad (TM)\\x = 14\quad \;\,(L)\end{array} \right.$.

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy tổng số tiền nộp phạt của các công nhân vi phạm trong một tháng ít nhất là: $43N = 43 \cdot 2\,400 = 103\,200$ (nghìn đồng) $\approx 103$ (triệu đồng).

Đáp án: $103$.

Gọi $\left( {{d_1}} \right):y = - x + m$ (với $m > 4$) song song với $\left( d \right):y = - x + 4$ và cắt $\left( C \right):y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}$ tại hai điểm phân biệt $B,C$$\left( {{x_B}\,;\,{x_C} > 1} \right)$.

Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( C \right)$: $\frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = - x + m \Leftrightarrow {x^2} + \left( {1 - m} \right)x + m + 1 = 0.$

$\Delta = {m^2} - 6m - 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 3 + 2\sqrt 3 \\m < 3 - 2\sqrt 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow m > 3 + 2\sqrt 3$ (vì $m > 4$) (1).

Khi đó ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_C} + {x_B} = m - 1\\{x_C} \cdot {x_B} = m + 1\end{array} \right.$.

Suy ra $CB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_C}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_C}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_C}} \right)}^2} + {{\left( { - {x_B} + m + {x_C} - m} \right)}^2}} = \sqrt {2{{\left( {{x_B} - {x_C}} \right)}^2}}$.

$\Rightarrow C{B^2} = 2{\left( {{x_B} - {x_C}} \right)^2} = 2{\left( {{x_B} + {x_C}} \right)^2} - 8{x_B} \cdot {x_C} = 2{m^2} - 12m - 6$.

Mặt khác chọn $I\left( {0;4} \right) \in \left( d \right)$, ta có khoảng cách giữa hai đường thẳng $\left( d \right);\left( {{d_1}} \right)$ là:

$AB = d\left( {I,\left( {{d_1}} \right)} \right) = \frac{{\left| {4 - m} \right|}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{m - 4}}{{\sqrt 2 }}$.

Để $ABCD$ là hình vuông thì $A{B^2} = B{C^2} \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {m - 4} \right)}^2}}}{2} = 2{m^2} - 12m - 6 \Leftrightarrow m = \frac{{8 \pm 2\sqrt {37} }}{3}$.

Kết hợp điều kiện (1) suy ra $m = \frac{{8 + 2\sqrt {37} }}{3}$.

Vậy khoảng cách giữa hai cột đèn bên bờ hồ bằng $\frac{{\frac{{8 + 2\sqrt {37} }}{3} - 4}}{{\sqrt 2 }} \approx 1{,}92.$

Đáp án: $1{,}92$.