Giải SBT Toán 12 Bài tập cuối chương I

Đáp án đúng là: D

Mệnh đề đúng là:

(I) Nếu f*'*(x) ≥ 0 với mọi x ∈ (a; b) và dấu bằng chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trên

(a; b) thì hàm số đồng biến trên (a; b).

(II) Nếu f*'*(x) ≤ 0 với mọi x ∈ (a; b) và dấu bằng chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trên (a; b) thì hàm số nghịch biến trên (a; b).

Đáp án đúng là: C

Xét đáp án C, ta có: y = $\frac{{2024}}{{{e^x}}}$ = 2024.e$^{−x}$

y*'* = −2024.e$^{−x}$ < 0 với mọi x.

Vậy hàm số y = $\frac{{2024}}{{{e^x}}}$ nghịch biến trên tập xác định của nó.

Đáp án đúng là: D

Tập xác định: D = ℝ\{−2023}.

Ta có: y*'* = $\frac{{2023 - m}}{{{{\left( {x + 2023} \right)}^2}}}$

Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó thì $\frac{{2023 - m}}{{{{\left( {x + 2023} \right)}^2}}}$ > 0,với mọi x ∈ D.

Suy ra 2023 – m > 0 hay m < 2023.

Theo đề bài m là giá trị nguyên dương và m < 2023.

Vậy có 2022 giá trị m thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

Ta có: f*'*(x) = x(x – 1)$^{2}$(x + 2)$^{4}$ = 0

Suy ra x = 0 hoặc x = 1 hoặc x = −2.

Ta có bảng xét dấu như sau:

Vậy hàm số có 1 điểm cực trị.

Đáp án đúng là: A

Tập xác định: D = ℝ\{−m}.

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

y*'* = 0 ⇔ $\frac{{\left( {x + m + 1} \right)\left( {x + m - 1} \right)}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}$ = 0 ⇔ x = −m – 1 hoặc x = 1 – m.

Nhận thấy, với mọi m luôn có −m – 1 < 1 – m.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Để hàm số đạt cực đại tại x = 2 thì −m – 1 = 2 hay m = −1.

Vậy m = −1.

Đáp án đúng là: D

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: $y = {e^{ - \frac{{{x^2}}}{2}}}$

y*'* = −x. ${e^{ - \frac{{{x^2}}}{2}}}$

y*'* = 0 khi x = 0.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy có 3 ý đúng là (I), (III) và (IV).

Đáp án đúng là: D

Tập xác định: D = (0; +∞).

Ta có: y*'* = $\frac{{ - 1}}{{2\sqrt {{x^3}} }}$ < 0 với mọi x ∈ D.

Hàm số nghịch biến trên tập xác định của nó.

Hàm số không có cực trị.

Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 0$

Do đó, đường thẳng y = 0 (trục tung) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = - \infty$

Do đó, đường thẳng x = 0 (trục hoành) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy có tất cả 4 mệnh đề đúng.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2{x^2} - 4x + 2}}{{{x^2} - 6x + 5}} = 2$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2{x^2} - 4x + 2}}{{{x^2} - 6x + 5}} = 2$

Do đó, đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{2{x^2} - 4x + 2}}{{{x^2} - 6x + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{2{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 5} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{2\left( {x - 1} \right)}}{{x - 5}} = + \infty$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2{x^2} - 4x + 2}}{{{x^2} - 6x + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 5} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2\left( {x - 1} \right)}}{{x - 5}} = 0$.

Do đó, đường thẳng x = 5 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Đáp án đúng là: A

Ta có: y*'* = 2x –

y*'* = 0 ⇔ x = 2 (do x ∈ [1; e]).

Ta có: y(1) = 1; y(2) = 4 – 8ln2 ≈−1,55; y(e) = e$^{2}$ – 8 ≈ −0,61.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [1; e] là 1.

Đáp án đúng là: A

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy:

Giá trị lớn nhất của hàm số bằng 5.

Hàm số có hai đường tiệm cận ngang là y = −2 và y = 1.

Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là (1; 0).

Đáp án đúng là: D

Từ đồ thị hàm số, ta thấy:

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số nằm bên phải trục tung

⇒ x = $- \frac{d}{c}$ > 0 ⇒ dc < 0. (1)

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số nằm trên trục hoành

⇒ y = $- \frac{b}{a}$ > 0 ⇒ ab < 0. (2)

Với x = 0 thì y = $\frac{b}{d}$ > 0 hay bd > 0. (3)

Đồ thị hàm số cho thấy y*'* = $\frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}$ < 0 hay ad – bc < 0 ⇒ ad < bc.

Từ (1), (2) và (3) suy ra bc < 0, ad < 0.

Vậy ad < bc < 0.

Đáp án đúng là: D

Xét phương trình hoành độ giao điểm hai đường thẳng:

2x – 3 = $\frac{{2x + 3}}{{x + 3}}$

(2x – 3)(x + 3) = 2x + 3

2x$^{2}$ + 3x – 9 = 2x + 3

2x$^{2}$ + x – 9 = 0

Xét ∆ = 1 + 4.2.9 = 55 > 0

Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$; x$_{2}$ (x$_{1}$; x$_{2}$ là hoành độ của hai điểm A, B).

Theo Vi-et, ta có: x$_{1}$ + x$_{2}$ = $- \frac{1}{2}$

Từ đó, hoành độ điểm I với I là trung điểm AB là: x$_{I}$ = $\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} = - \frac{1}{4}$.

Do I là trung điểm AB nên I cũng thuộc đường thẳng y = 2x – 3.

Từ đó, tung độ điểm I là y$_{I}$ = 2.$\left( { - \frac{1}{4}} \right)$ − 3 = $- \frac{7}{2}$.

Vậy $I\left( { - \frac{1}{4}; - \frac{7}{2}} \right).$

a) Khi m = 2, ta có: y = $\frac{1}{3}$x$^{3}$ + x$^{2}$ + x + $\frac{2}{3}$.

y*'* = x$^{2}$ + 2x + 1 = (x + 1)$^{2}$ ≥ 0 với mọi x.

Hàm số luôn đồng biến trên ℝ.

Hàm số không có cực trị.

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty$

Đồ thị hàm số nhận điểm I$\left( { - 1;\frac{1}{3}} \right)$ làm tâm đối xứng. Đồ thị hàm số có hình vẽ như sau:

b) Ta có: y = $\frac{1}{3}$x$^{3}$ + (m – 1)x$^{2}$ + (2m – 3)x + $\frac{2}{3}$

y*'* = x$^{2}$ + 2(m – 1)x + 2m – 3

y*'* = x$^{2}$ + 2mx – 2x + 2m – 3

y*'* = (x$^{2}$ – 2x – 3) + (2mx + 2m)

y*'* = (x + 1)(x – 3) + 2m(x + 1).

y*'* = (x + 1) (x – 3 + 2m)

y*'* = 0 khi x = −1 hay x = 3 – 2m

Để hàm số có hai nghiệm phân biệt thì x$_{1}$ ≠ x$_{2}$ hay 3 – 2m ≠ −1 hay m ≠ 2.

Ta có: $x_1^2 + x_2^2 = 5$

(−1)$^{2}$ + (3 – 2m)$^{2}$ = 5

(3 – 2m)$^{2}$ = 4

Suy ra 3 – 2m = 2 hoặc 3 – 2m = −2

⇒ m = $\frac{5}{2}$ hoặc m $\frac{1}{2}$.

Vậy m ∈ $\left\{ {\frac{5}{2};\frac{1}{2}} \right\}$.

c) Ta có: y*'* = x$^{2}$ + 2(m – 1)x + 2m – 3

Để hàm số đồng biến trên ℝ ⇔ $\left\{ \begin{array}{l}a = 1 > 0\\\Delta \le 0\end{array} \right.$⇔ $\left\{ \begin{array}{l}a = 1 > 0\\4{\left( {m - 1} \right)^2} - 4\left( {2m - 3} \right) \le 0\end{array} \right.$

m$^{2}$ – 2m + 1 – 2m + 3 ≤ 0

m$^{2}$ – 4m + 4 ≤ 0

(m – 2)$^{2}$ ≤ 0

⇒ m = 2.

d) Ta có: y*'* = x$^{2}$ + 2(m – 1)x + 2m – 3

y*'* = 0 ⇔ $\left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3 - 2m\end{array} \right.$

Trường hợp 1: −1 ≤ 3 – 2m ⇔ m ≤ 2. Ta có bảng biến thiên như sau:

Để hàm số đồng biến trên (1; +∞) thì 3 – 2m ≤ 1 ⇔ m ≥ 1.

Vậy kết hợp điều kiện ta được 1 ≤ m ≤ 2.

Trường hợp 2: 3 – 2m < −1 ⇔ m > 2. Có bảng biến thiên như sau:

Trường hợp này hàm số đồng biến trên (−1; +∞) nên hiển nhiên đồng biến trên (1; +∞).

Vậy trường hợp này m > 2.

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞) khi và chỉ khi m ≥ 1.

a) Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y*'* = 3x$^{2}$ – 6x$^{2}$

y*'* = 0 ⇔ 3x$^{2}$ – 6x$^{2}$ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.

Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0) và (2; +∞).

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2).

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 và y$_{CĐ}$= y(0) = 2.

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

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty$

Ta có bảng biến thiên như sau:

Đồ thị hàm số đi qua các điểm: (3; 2); (2; −2); (−1; −2); (0; 2).

Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là điểm (1; 0).

Đồ thị hàm số như sau:

b) Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là điểm I(1; 0).

Ta có: y*'*(1) = −3.

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại tâm đối xứng của nó là:

y = y*'*(1)(x – 1) + y(1)

= −3(x – 1) + 0

= −3x + 3 (∆).

Ta có: y*'* = 3x$^{2}$ – 6x = 3(x$^{2}$ – 2x + 1) – 3 = 3(x – 1)$^{2}$ – 3 ≥ −3 với mọi x.

Vậy ∆ là tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của (C).

c) Ta có: x$^{3}$ – 3x$^{2}$ – m = 0 ⇔ x$^{3}$ – 3x$^{2}$ + 2 = m + 2.

Vậy phương trình x$^{3}$ – 3x$^{2}$ – m = 0 là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y = m + 2. Suy ra, phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m + 2 cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt, điều này tương đương với −2 < m + 2 < 2 ⇔ −4 < m < 0.

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

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y\frac{{\left( {m + 1} \right)x - 2m + 1}}{{x - 1}} = m + 1$.

Vậy tiệm cận ngang là đường thẳng y = m + 1.

Để tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đi qua điểm (1; 2) thì m + 1 = 2 hay m = 1.

Vậy m = 1.

b) Với m = 1, hàm số trở thành $y = \frac{{2x - 1}}{{x - 1}}$.

Tập xác định: D = ℝ\{1}.

Ta có: $\frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$ < 0, với mọi x ≠ 1.

Suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; 1) và (1; +∞).

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = 2$,

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = 2$.

Do đó, đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = + \infty$,

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = - \infty$.

Do đó, đồ thị nhận đường thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng.

Bảng biến thiên của hàm số được cho như sau:

Đồ thị hàm số như sau:

c) Ta có:

$y = \left| {f(x)} \right| = \left\{ \begin{array}{l}f(x){\rm{ khi f(x) }} \ge {\rm{ 0}}\\ - f(x){\rm{ khi f(x) < 0}}{\rm{.}}\end{array} \right.$

Như vậy, để vẽ đồ thị hàm số y = $\left| {f(x)} \right|$ ta làm như sau: Giữ nguyên phần đồ thị hàm số

y = f(x) ở phía trên trục Ox; lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ thị hàm số y = f(x) ở phía trên trục Ox. Đồ thị y = $\left| {f(x)} \right|$ là đường liền nét trong hình vẽ dưới đây:

a) Tập xác định: D = ℝ\{−2}.

Ta có: $y' = \frac{{m{x^2} + 4mx + 4m - 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$

y*'* = 0 ⇔ mx$^{2}$ + 4mx + 4m – 1 = 0

Xét ∆' = 4m$^{2}$ – m(4m – 1) = 4m$^{2}$ – 4m$^{2}$ + m = m.

Với m > 0 thì ta được y*'* = 0 là phương trình bâc hai có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$, x$_{2}$.

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Vậy hàm số luôn có cực đại, cực tiểu với mọi m > 0.

b) Với m = 1, ta có: y = $\frac{{{x^2} + x - 1}}{{x + 2}}$

Tập xác định: D = ℝ\{−2}.

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

y*'* = 0 ⇔ x$^{2}$ + 4x + 3 = 0 ⇔ x = −3 hoặc x = −1.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty$ .

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} y = - \infty$.

Do đó, đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = −2 làm tiệm cận đứng.

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

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

Do đó, đường thẳng y = x – 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Đồ thị của hàm số như sau:

c) Lấy M$\left( {t;\frac{{{t^2} + t - 1}}{{t + 2}}} \right)$ ∈ (H) bất kì.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) tại M là:

d: y = y*'*(t)(x – t) + y(t)

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

Tiếp tuyến d cắt tiệm cận đứng tại điểm A$\left( { - 2; - \frac{{3t + 4}}{{t + 2}}} \right)$.

Tiếp tuyến d cắt tiệm cận xiên tại điểm B(2t + 2; 2t + 1).

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 2t = 2{x_M}\\{y_A} + {y_B} = (2t + 1) - \frac{{3t + 4}}{{t + 2}} = \frac{{2{t^2} + 2t - 2}}{{t + 2}} = 2{y_M}\end{array} \right.$.

Vậy M là trung điểm của đoạn AB.

a) Vì độ dài của đường tròn đáy hình nón bằng độ dài của quạt tròn dùng làm phễu nên ta có: 2πr = Rx ⇔ r = $\frac{{Rx}}{{2\pi }}$.

Mặt khác h = $\sqrt {{R^2} - {r^2}}$ = $\sqrt {{R^2} - \frac{{{R^2}{x^2}}}{{4{\pi ^2}}}}$ = $\frac{R}{{2\pi }}\sqrt {4{\pi ^2} - {x^2}}$.

b) Thể tích của hình nón là:

V = $\frac{1}{3}\pi {r^2}h$ = $\frac{{{R^3}}}{{24{\pi ^2}}}{x^2}\sqrt {4{\pi ^2} - {x^2}}$, 0 < x < 2π.

c) Ta cần tìm x ∈ (0; 2π) sao cho thể tích V đạt giá trị lớn nhất.

Xét hàm số f(x) = $\frac{{{R^3}}}{{24{\pi ^2}}}{x^2}\sqrt {4{\pi ^2} - {x^2}}$, x ∈ (0; 2π).

Ta có: f*'*(x) = $\frac{{{R^3}}}{{24{\pi ^2}}}.\frac{{x\left( {8{\pi ^2} - 3{x^2}} \right)}}{{\sqrt {4{\pi ^2} - {x^2}} }}$

f*'*(x) = 0 ⇔ x = $\frac{{2\pi \sqrt 6 }}{3}$≈ 1,63π.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Hình nón có thể tích lớn nhất khi x = $\frac{{2\pi \sqrt 6 }}{3}$≈ 1,63π.

Khi đó: $\mathop {\max }\limits_{x \in (0;2\pi )} V = f\left( {\frac{{2\pi \sqrt 6 }}{3}} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{{27}}\pi {R^3}$.

a) Ta có:

Kẻ AH là chiều cao của tam giác ABC

Lúc này, AH = $\sqrt {A{C^2} - H{C^2}}$ = $\sqrt {25 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}}$ = $\frac{1}{2}\sqrt {100 - {x^2}}$.

Diện tích tam giác ABC là:

S$_{∆ABC}$ = $\frac{1}{2}$BC. AH = $\frac{1}{2}$x$\frac{1}{2}\sqrt {100 - {x^2}}$ = $\frac{1}{4}x\sqrt {100 - {x^2}}$.

Thể tích khối lăng trụ là:

V = S$_{∆ABC}$. AA*'* = 5x$\sqrt {100 - {x^2}}$ (m$^{3}$) với 0 < x < 10.

b) Xét hàm số thể tích f(x) = 5x$\sqrt {100 - {x^2}}$ trên khoảng (0; 10).

Ta có: f*'*(x) = 5$\sqrt {100 - {x^2}}$ + 5x.$\frac{{ - 2x}}{{2\sqrt {100 - {x^2}} }}$ = $\frac{{500 - 10{x^2}}}{{\sqrt {100 - {x^2}} }}$;

f*'*(x) = 0 ⇔ x = $5\sqrt 2$ (x > 0).

Bảng biến thiên:

Vậy hình lăng trụ có thể tích lớn nhất khi x = $5\sqrt 2$ (m).

Vậy $\mathop {\max }\limits_{x \in (0;10)} V = V\left( {5\sqrt 2 } \right) = 250$(m$^{3}$).