Giải SBT Toán 12 Bài 1. Tính đơn điệu và cực trị của hàm số

a) Quan sát đồ thị, ta có:

f'(x) < 0 trên các khoảng (−∞; 0) và (4; +∞) nên hàm số f(x) nghịch biến trên các khoảng (−∞; 0) và (4; +∞).

f'(x) > 0 trên khoảng (0; 4) nên hàm số f(x) đồng biến trên khoảng (0; 4).

b) Vì f'(x) đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua giá trị x = 4 nên hàm số f(x) nên hàm số đạt cực đại tại x = 4.

Vì f'(x) đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua giá trị x = 0 nên hàm số f(x) nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.

a) y = x$^{3}$ – 9x$^{2}$ – 48x + 52

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y*'* = 3x$^{2}$ – 18x – 48

y*'* = 0 ⇔ 3x$^{2}$ – 18x – 48 = 0 ⇔ x = 8 hoặc x = −2.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên, ta có:

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −2) và (8; +∞).

Hàm số nghịch biến trên khoảng (−2; 8).

Hàm số đạt cực đại tại x = −2 và y$_{CĐ}$ = y(−2) = 104.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 8 và y$_{CT}$ = y(8) = −396.

b) y = −x$^{3}$ + 6x$^{2}$ + 9

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y*'* = −3x$^{2}$ + 12x

y*'* = 0 ⇔ −3x$^{2}$ + 12x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên, ta có:

Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 4).

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; 0) và (4; +∞).

Hàm số đạt cực đại tại x = 4 và y$_{CĐ}$ = y(4) = 41.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và y$_{CT}$ = y(0) = 9.

a) $y = x + \frac{1}{x}$

Tập xác định: D = ℝ\{0}.

Ta có: y' = 1 – $\frac{1}{{{x^2}}}$ = $\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}$

y' = 0 ⇔ $\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}$ = 0 ⇔ x = ±1.

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta có:

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−1; 0) và (0; 1).

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (1; +∞).

Hàm số đạt cực đại tại x = −1 và yCĐ = y(−1) = −2.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và yCT = y(1) = 2.

b) $y = \frac{x}{{{x^2} + 1}}.$

Tập xác định: D = ℝ.

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

y' = 0 ⇔ $\frac{{1 - {x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}$ = 0 ⇔ 1 – x2 = 0 ⇔ x = ±1.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên, ta có:

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; −1) và (1; +∞).

Hàm số đồng biến trên khoảng (−1; 1).

Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và yCĐ = y(1) = $\frac{1}{2}$.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 và yCT = y(−1) = $- \frac{1}{2}$.

a) y = x$^{4}$ – 2x$^{2}$ + 3

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y*'* = 4x$^{3}$ – 4x

y*'* = 0 ⇔ 4x$^{3}$ – 4x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên, ta có:

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; −1) và (0; 1).

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−1; 0) và (1; +∞).

Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y$_{CĐ}$ = y(0) = 3.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và tại x = −1 và y$_{CT}$ = y(1) = y(−1) = 2.

b) y = x$^{2}$lnx

Tập xác định: D = (0; +∞).

Ta có: y*'* = 2xlnx + x = x(2lnx + 1)

y*'* = 0 ⇔ x(2lnx + 1) = 0 ⇔ x = ${e^{ - \frac{1}{2}}}$.

Từ đây ta có bảng biến thiên như sau:

Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;{e^{ - \frac{1}{2}}}} \right)$.

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {{e^{ - \frac{1}{2}}}; + \infty } \right)$.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = ${e^{ - \frac{1}{2}}}$ và y$_{CT}$ = y$\left( {{e^{ - \frac{1}{2}}}} \right)$ = $- \frac{1}{{2e}}$.

Xét $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{f(x) - f(0)}}{{x - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sqrt[3]{{{x^2}}}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{1}{{\sqrt[3]{x}}} = - \infty .$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{f(x) - f(0)}}{{x - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt[3]{{{x^2}}}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{\sqrt[3]{x}}} = + \infty .$

Như vậy, hàm số $f(x) = \sqrt[3]{{{x^2}}}$ không có đạo hàm tại x = 0.

Với mọi x ≠ 0, f(x) > 0 = f(0) nên hàm số f(x) đạt cực tiểu tại x = 0.

Ta có:

P(x) = R(x) – C(x) = 3,6x – 0,0005x$^{2}$ − 1,2x + 0,0001x$^{2}$ = 2,4x – 0,0004x$^{2}$, 0 ≤ x ≤ 6 000.

P*'*(x) = 2,4 – 0,0008x

P*'*(x) > 0 ⇔ 2,4 – 0,0008x > 0 ⇔ 0 < x < 3 000.

Từ đó, hàm lợi nhuận P(x) đồng biến trên khoảng (0; 30 000). Điều này nghĩa là khi số lượng đồ chơi loại đó được sản xuất và bán ra nằm trong khoảng (0; 3 000) thì càng sản xuất và bán nhiều, lợi nhuận thu được càng lớn.

a) Ta có: $\overline P (x) = \frac{{R(x) - C(x)}}{x} = \frac{{75{,}5x - 25{,}5x - 1000}}{x} = 50 - \frac{{1000}}{x}$ (triệu đồng).

Tập xác định của hàm lợi nhuận trung bình là: (0; +∞).

b) Với x = 100 thì $\overline P (100) = 50 - \frac{{1000}}{{100}} = 40$ (triệu đồng).

Với x = 500 thì $\overline P (500) = 50 - \frac{{1000}}{{500}} = 48$ (triệu đồng).

Với x = 1 000 thì $\overline P (1000) = 50 - \frac{{1000}}{{1000}} = 49$ (triệu đồng).

c) Ta có: $\overline P (x) = 50 - \frac{{1000}}{x}$

$\overline {P'} \left( x \right) = \frac{{1000}}{{{x^2}}}$> 0 với mọi x ∈ (0; +∞).

Vậy hàm lợi nhuận trung bình đồng biến trên khoảng (0; +∞).

Mặt khác, $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \overline P (x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {50 - \frac{{1000}}{x}} \right) = 50.$

Ta có bảng biến thiên như sau:

Như vậy, mặc dù lợi nhuận trung bình luôn tăng khi mức sản xuất tăng nhưng không vượt quá 50 triệu đồng.

a) Ta có: $\omega = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{4} = \frac{\pi }{2}.$

Khi đó, vị trí của vật tại thời điểm t là x(t) = 0,24cos$\frac{{\pi t}}{2}$ (m).

Suy ra vị trí của vật tại thời điểm t = 0,5 giây là x(0,5) = 0,24cos$\frac{{0{,}5\pi }}{2}$ = $0{,}12\sqrt 2$ (m).

b) Vận tốc của vật là v(t) = x*'*(t) = −0,12sin$\frac{{\pi t}}{2}$ (m/s).

Tại thời điểm t = 0,5 giây thì v(0,5) = −0,12sin$\frac{{0{,}5\pi }}{2}$ = −0,06π$\sqrt 2$ (m/s).

Dấu âm của vận tốc chứng tỏ tại thời điểm này, vật đang chuyển động theo chiều ngược với chiều dương của trục đã chọn.

c) Gia tốc của vật là: a(t) = v*'*(t) = −0,06π$^{2}$cos$\frac{{\pi t}}{2}$ (m/s$^{2}$).

d) Tại thời điểm t = 0,5 giây, ta có lực tác động lên vật là:

F(0,5) = m.a(0,5) = −0,06π$^{2}$cos$\frac{{0{,}5\pi }}{2}$ = −0,03π$\sqrt 2$ (N).

Vậy độ lớn của lực tác dụng lên vật là 0,03π$\sqrt 2$ N và lực có hướng ngược với chiều dương của trục đã chọn.

e) Vị trí của vật tại thời điểm ban đầu t = 0 là x(0) = 0,24 (m).

Ta có: x(t) = 0,24cos$\frac{{\pi t}}{2}$ = −0,12 ⇔ cos$\frac{{\pi t}}{2}$ = $- \frac{1}{2}$

Nghiệm t dương nhỏ nhất của phương trình trên là t = $\frac{4}{3}$.

Vậy thời gian tối thiểu để vật chuyển động từ vị trí ban đầu đến vị trí x = −0,12 m là

t = $\frac{4}{3}$ giây.

Khi đó, vận tốc của vật là $v\left( {\frac{4}{3}} \right)$ = −0,12πsin$\frac{{\pi \frac{4}{3}}}{2}$ = −0,06π$\sqrt 3$ (m/s).

a) Ta có: x(t) = t$^{3}$ – 7t$^{2}$ + 11t + 5 với t ∈ [0; 5].

Vận tốc của vật là v(t) = x*'*(t) = 3t$^{2}$ – 14t + 11, t ∈ [0; 5].

v(t) = 0 ⇔ 3t$^{2}$ – 14t + 11 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = $\frac{{11}}{3}$.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Dựa vào bảng trên, v(t) > 0 khi t ∈ (0; 1) hoặc $\left( {\frac{{11}}{3};5} \right)$; v(t) < 0 khi t ∈ $\left( {1;\frac{{11}}{3}} \right)$.

Vật chuyển động theo chiều dương khi vận tốc v(t) > 0.

Do đó, vật chuyển động sang phải trong các khoảng thời điểm từ 0 đến 1 giây và từ $\frac{{11}}{3}$ giây đến 5 giây; vật chuyển động sang trái trong các khoảng thời gian từ 1 giây đến $\frac{{11}}{3}$ giây.

b) Tốc độ của vật là độ lớn của vận tốc, tức là:

$\left| {v\left( t \right)} \right| = \left| {3{t^2}--14t + 11} \right|$, t ∈ [0; 5].

Ta có $\left| {v\left( t \right)} \right|$ = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = $\frac{{11}}{3}$.

Vậy vật dừng lại tại các thời điểm t = 1 giây hoặc t = $\frac{{11}}{3}$ giây.

Ta có: v(t) = 3t$^{2}$ – 14t + 11, t ∈ [0; 5].

v*'*(t) = 6t – 14, t ∈ [0; 5].

v*'*(t) = 0 ⇔ 6t – 14 = 0 ⇔ t = $\frac{7}{3}.$

Xét trên đoạn [1; 4], ta có: v(1) = 0, v(4) = −5, v$\left( {\frac{7}{3}} \right) = \frac{{ - 16}}{3}$.

Vì $\left| {v\left( 1 \right)} \right|{\rm{ }} < {\rm{ }}\left| {v\left( 4 \right)} \right|{\rm{ }} < {\rm{ }}\left| {v\left( {\frac{7}{3}} \right)} \right|$ do đó$\mathop {\max }\limits_{t \in [1;4]} \left| {v(t)} \right| = \left| {v\left( {\frac{7}{3}} \right)} \right| = \frac{{16}}{3}$.

Vậy tốc độ cực đại của vật trong khoảng thời gian từ t = 1 giây đến t = 4 giây là $\frac{{16}}{3}$ (m/s).

c) Gia tốc của vật là: a(t) = v*'*(t) = 6t – 14.

Ta có bảng biến thiên sau:

Từ đây, a(t) > 0 khi t ∈ $\left( {\frac{7}{3};5} \right)$ và a(t) < 0 khi t ∈ $\left( {0;\frac{7}{3}} \right)$.

Vật tăng tốc khi a(t) > 0 và vật giảm tốc khi a(t) < 0. Vậy vật tăng tốc trong khoảng thời gian từ $\frac{7}{3}$giây đến 5 giây và vật giảm tốc trong khoảng thời gian từ 0 giây đến $\frac{7}{3}$ giây.