Giải SGK Toán 12 Cánh diều Bài tập cuối Chương I có đáp án

Đáp án đúng là: B

Quan sát Hình 31, ta thấy trên các khoảng (0; 1) và (2; + ∞), đồ thị hàm số y = f*'(x) nằm phía trên trục Ox, tức là f'*(x) > 0 với mọi x ∈ (0; 1) ∪ (2; + ∞).

Vậy hàm số y = f(x) đồng biến trên mỗi khoảng (0; 1) và (2; + ∞).

Đáp án đúng là: C

Tập xác định của hàm số là ℝ \{– 1}.

Ta có $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }y=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{4x+4}{{x}^{2}+2x+1}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{4(x+1)}{{(x+1)}^{2}}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{4}{x+1}=0$;

$\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }y=\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }\frac{4x+4}{{x}^{2}+2x+1}=\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }\frac{4(x+1)}{{(x+1)}^{2}}=\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }\frac{4}{x+1}=0$.

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

Lại có $\underset{x\rightarrow -{1}^{-}}{\lim }y=\underset{x\rightarrow -{1}^{-}}{\lim }\frac{4}{x+1}=-\infty ;\ \underset{x\rightarrow -{1}^{+}}{\lim }y=\underset{x\rightarrow -{1}^{+}}{\lim }\frac{4}{x+1}=+\infty$. Do đó, đường thẳng x = – 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 2.

Đáp án đúng là: C

Ta thấy đồ thị hàm số ở Hình 32 đi qua các điểm (1; 0), (2; 2), khi đó ta có y(1) = 0 và y(2) = 2, thay vào các hàm số đã cho, ta thấy chỉ có đáp án C thỏa mãn.

Đáp án đúng là: D

Ta thấy đồ thị hàm số ở Hình 33 có tiệm cận ngang là đường thẳng y = – 1; tiệm cận đứng là đường thẳng x = – 1 và đi qua gốc tọa độ O(0; 0). Trong các đáp án đã cho, ta thấy đáp án D thỏa mãn.

Quan sát đồ thị hàm số ở Hình 34a, ta thấy đường thẳng x = – 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số, đường thẳng y = 2x + 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số (đường màu xanh đi qua 2 điểm (0; 1) và (– 1; – 1)).

Trong các đáp án đã cho, xét hàm số ở đáp án c, ta thấy:

$\underset{x\rightarrow -{1}^{-}}{\lim }y=\underset{x\rightarrow -{1}^{-}}{\lim }\frac{2{x}^{2}+3x}{x+1}=+\infty ;\ \underset{x\rightarrow -{1}^{+}}{\lim }y=\underset{x\rightarrow -{1}^{+}}{\lim }\frac{2{x}^{2}+3x}{x+1}=-\infty$. Do đó, đường thẳng x = – 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y=\frac{2{x}^{2}+3x}{x+1}$.

Ta có $y=\frac{2{x}^{2}+3x}{x+1}=2x+1-\frac{1}{x+1}$.

$\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }[y-(2x+1)]=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{-1}{x+1}=0;\ \underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }[y-(2x+1)]=\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }\frac{-1}{x+1}=0$. Do đó đường thẳng y = 2x + 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y=\frac{2{x}^{2}+3x}{x+1}$.

Vậy đồ thị hàm số ở Hình 34a là đồ thị của hàm số $y=\frac{2{x}^{2}+3x}{x+1}$ .

Quan sát đồ thị hàm số ở Hình 34b, ta thấy đường thẳng x = – 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số, đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Trong các đáp án còn lại, ta thấy hàm số ở đáp án a thỏa mãn do:

$\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{2x+3}{x+1}=2;\ \underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }\frac{2x+3}{x+1}=2$;

$\underset{x\rightarrow -{1}^{-}}{\lim }\frac{2x+3}{x+1}=-\infty ;\ \underset{x\rightarrow -{1}^{+}}{\lim }\frac{2x+3}{x+1}=+\infty$.

Vậy đồ thị hàm số ở Hình 34b là đồ thị của hàm số $y=\frac{2x+3}{x+1}$.

$y=\frac{5x+1}{3x-2}$

Tập xác định của hàm số là $ℝ\backslash \{\frac{2}{3}\}$.

Ta có $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }y=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{5x+1}{3x-2}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{5+\frac{1}{x}}{3-\frac{2}{x}}=\frac{5}{3}$; $\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }y=\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }\frac{5x+1}{3x-2}=\frac{5}{3}$. Do đó, đường thẳng $y=\frac{5}{3}$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\underset{x\rightarrow {\frac{2}{3}}^{-}}{\lim }y=\underset{x\rightarrow {\frac{2}{3}}^{-}}{\lim }\frac{5x+1}{3x-2}=-\infty ;\ \underset{x\rightarrow {\frac{2}{3}}^{+}}{\lim }y=\underset{x\rightarrow {\frac{2}{3}}^{+}}{\lim }\frac{5x+1}{3x-2}=+\infty$. Do đó, đường thẳng $x=\frac{2}{3}$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

a) $y=x-3+\frac{1}{{x}^{2}}$

Tập xác định của hàm số là ℝ \ {0}.

Ta có $\underset{x\rightarrow {0}^{-}}{\lim }y=\underset{x\rightarrow {0}^{-}}{\lim }(x-3+\frac{1}{{x}^{2}})=+\infty ;\ \underset{x\rightarrow {0}^{+}}{\lim }y=\underset{x\rightarrow {0}^{+}}{\lim }(x-3+\frac{1}{{x}^{2}})=+\infty$. Do đó, đường thẳng x = 0 (hay trục Oy) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Có $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }[y-(x-3)]=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{1}{{x}^{2}}=0;\ \underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }[y-(x-3)]=\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }\frac{1}{{x}^{2}}=0$. Do đó, đường thẳng y = x – 3 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

b) $y=\frac{2{x}^{2}-3x+2}{x-1}$

Tập xác định của hàm số là ℝ \ {1}.

Ta có $\underset{x\rightarrow {1}^{-}}{\lim }y=\underset{x\rightarrow {1}^{-}}{\lim }\frac{2{x}^{2}-3x+2}{x-1}=-\infty ;\ \underset{x\rightarrow {1}^{+}}{\lim }y=\underset{x\rightarrow {1}^{+}}{\lim }\frac{2{x}^{2}-3x+2}{x-1}=+\infty$. Do đó, đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Viết lại hàm số đã cho, ta được $y=2x-1+\frac{1}{x-1}$.

a) Ta có f*'(x) = 6x$^{2}$ – 6. Khi đó trên khoảng (– 1; 3), f'*(x) = 0 khi x = 1.

f(– 1) = 4, f(1) = – 4, f(3) = 36.

Vậy $\underset{[-1;\ 3]}{\max }f(x)=36$ tại x = 3, $\underset{[-1;\ 3]}{\min }f(x)=-4$ tại x = 1.

b) Ta có f*'(x) = $\frac{{x}^{2}+4x}{{(x+2)}^{2}}$. Khi đó trên khoảng (1; 5), không tồn tại x để f'*(x) = 0.

f(1) = $\frac{10}{3}$, f(5) = $\frac{46}{7}$.

Vậy $\underset{[1;\ 5]}{\max }f(x)=\frac{46}{7}$ tại x = 5, $\underset{[1;\ 5]}{\min }f(x)=\frac{10}{3}$ tại x = 1.

a) y = x$^{3}$ – 3x$^{2}$ + 2

1) Tập xác định: ℝ.

2) Sự biến thiên:

Giới hạn tại vô cực: $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }y=+\infty ,\ \underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }y=-\infty$.

y*'* = 3x$^{2}$ – 6x;

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

Bảng biến thiên:

Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng (– ∞; 0) và (2; + ∞); nghịch biến trên khoảng (0; 2).

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y$_{CĐ}$ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, y$_{CT}$ = – 2.

b) y = – x$^{3}$+ 3x$^{2}$ – 6x

1) Tập xác định: ℝ.

2) Sự biến thiên:

Giới hạn tại vô cực: $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }y=-\infty ,\ \underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }y=+\infty$.

y*'* = – 3x$^{2}$ + 6x – 6 = – 3(x$^{2}$ – 2x + 1) – 3 = – 3(x – 1)$^{2}$ – 3 < 0 với mọi x ∈ ℝ;

Bảng biến thiên:

Hàm số nghịch biến trên khoảng (– ∞; + ∞).

Hàm số không có cực trị.

3) Đồ thị

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O(0; 0).

Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 0), (1; – 4), (2; – 8).

Vậy đồ thị hàm số y = – x$^{3}$ + 3x$^{2}$ – 6x được cho như hình vẽ trên.

Tâm đối xứng của đồ thị hàm số đó là gốc tọa độ I(1; – 4).

Gọi x (cm) là chiều rộng của trang sách.

Khi đó, chiều dài của trang sách là $\frac{384}{x}$ (cm).

Sau khi để lề thì phần in chữ có dạng hình chữ nhật có chiều rộng là x – 4 (cm) và chiều dài là $\frac{384}{x}-6$ (cm).

Rõ ràng, x phải thỏa mãn điều kiện 4 < x < 64.

Diện tích phần in chữ trên trang sách là

S(x) = $(x-4)(\frac{384}{x}-6)=\frac{-6{x}^{2}+408x-1536}{x}$ (cm$^{2}$).

Xét hàm số S(x) = $\frac{-6{x}^{2}+408x-1536}{x}$ với x ∈ (4; 64).

Ta có S*'*(x) = $\frac{-6{x}^{2}+1536}{{x}^{2}}$ < 0;

S*'*(x) = 0 ⇔ – 6x$^{2}$ + 1 536 = 0 ⇔ x = – 16 hoặc x = 16.

Khi đó trên khoảng (4; 64), S*'*(x) = 0 khi x = 16.

Bảng biến thiên của hàm số S(x) như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy: Trên khoảng (4; 64), hàm số S(x) đạt giá trị lớn nhất bằng 216 tại x = 16. Khi đó, $\frac{384}{16}=24$.

Vậy kích thước tối ưu của trang sách là 16 × 24 (cm) thì in chữ trên trang sách có diện tích lớn nhất.

Giả sử chiều dài từng mặt của ba mặt hàng rào song song nhau là x (m).

Chi phí để làm ba mặt hàng rào song song là: 3 ∙ x ∙ 50 000 = 150 000x (đồng).

Chi phí để làm mặt hàng rào song song với bờ sông là: 15 000 000 – 150 000x (đồng).

Chiều dài của mặt hàng rào song song với bờ sông là

$\frac{15\ 000\ 000-150\ 000x}{60\ 000}=\frac{1500-15x}{6}$ (m).

Rõ ràng, x phải thỏa mãn điều kiện 0 < x < 100.

Giả sử diện tích hàng rào không đáng kể, khi đó diện tích hai khu đất thu được sau khi làm hàng rào là S(x) = $\frac{x(1500-15x)}{6}=\frac{-15{x}^{2}+1500x}{6}$ (m$^{2}$).

Xét hàm số $S(x)=\frac{-15{x}^{2}+1500x}{6}$ với x ∈ (0; 100).

Ta có S*'*(x) = $-\frac{15}{3}x+\frac{1500}{6}$.

Trên khoảng (0; 100), S*'*(x) = 0 khi x = 50.

Bảng biến thiên của hàm số S(x) như sau:

Căn cứ bảng biến thiên, ta thấy: Trên khoảng (0; 100), hàm số S(x) đạt giá trị lớn nhất bằng 6 250 tại x = 50.

Vậy diện tích lớn nhất của hai khu đất thu được sau khi làm hàng rào là 6 250 m$^{2}$.

Dựng các đường cao AE và BF của hình thang cân ABCD như hình vẽ trên.

Vì ABCD là hình thang cân nên DE = FC và EF = AB = a.

Đặt DE = FC = x (m) (x > 0).

Ta có DC = DE + EF + FC = x + a + x = 2x + a.

Theo định lí Pythagore, ta suy ra AE = $\sqrt{A{D}^{2}-D{E}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}-{x}^{2}}$ (m).

Rõ ràng, x phải thỏa mãn điều kiện 0 < x < a.

Diện tích của hình thang cân ABCD là

S = $\frac{1}{2}$(AB + CD)AE = $\frac{1}{2}$(a + 2x + a) $\sqrt{{a}^{2}-{x}^{2}}$ = (a + x) $\sqrt{{a}^{2}-{x}^{2}}$ (m$^{2}$).

Xét hàm số S(x) = (a + x) $\sqrt{{a}^{2}-{x}^{2}}$ với x ∈ (0; a).

Ta có S*'*(x) = $\frac{-2{x}^{2}-ax+{a}^{2}}{\sqrt{{a}^{2}-{x}^{2}}}$;

S*'*(x) = 0 ⇔ – 2x$^{2}$ – ax + a$^{2}$ = 0 ⇔ (x + a)(a – 2x) = 0 ⇔ x = – a hoặc x = $\frac{a}{2}$.

Khi đó trên khoảng (0; a), S*'*(x) = 0 khi x = $\frac{a}{2}$.

Bảng biến thiên của hàm số S(x) như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số S(x) đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{3{a}^{2}\sqrt{3}}{4}$ tại $x=\frac{a}{2}$.

Vậy bác đó có thể rào được mảnh vườn có diện tích lớn nhất là $\frac{3{a}^{2}\sqrt{3}}{4}$ (m$^{2}$).

Đặt A*'*M = x (m).

Suy ra B*'M = A'B'* – A*'*M = 2 200 – x (m).

Rõ ràng, x phải thỏa mãn điều kiện 0 < x < 2 200.

Áp dụng định lí Pythagore ta tính được:

AM = $\sqrt{A{{A}^{'}}^{2}+{A}^{'}{M}^{2}}=\sqrt{{500}^{2}+{x}^{2}}$ (m);

BM = $\sqrt{B{{B}^{'}}^{2}+{B}^{'}{M}^{2}}=\sqrt{{600}^{2}+{(2\ 200-x)}^{2}}$ (m).

Tổng khoảng cách từ hai vị trí A, B đến vị trí M là

D = AM + BM = $\sqrt{{500}^{2}+{x}^{2}}+\sqrt{{600}^{2}+{(2\ 200-x)}^{2}}$ (m).

Xét hàm số D(x) = $\sqrt{{500}^{2}+{x}^{2}}+\sqrt{{600}^{2}+{(2\ 200-x)}^{2}}$ với x ∈ (0; 2 200).

Ta có ${D}^{'}(x)=\frac{x}{\sqrt{{500}^{2}+{x}^{2}}}+\frac{x-2\ 200}{\sqrt{{600}^{2}+{(2\ 200-x)}^{2}}}$;

Trên khoảng (0; 2 200), ta thấy D*'*(x) = 0 khi x = 1 000.

Bảng biến thiên của hàm số D(x) như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số D(x) đạt giá trị nhỏ nhất bằng $1100\sqrt{5}$ tại x = 1 000.

Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách cần tìm là $1100\sqrt{5}$ m.

Cứ tăng thêm 200 nghìn đồng vào giá thuê một căn hộ trên một tháng thì có một căn hộ bị bỏ trống.

Gọi số lần tăng 200 nghìn đồng vào giá thuê một căn hộ trên một tháng là x (x ∈ ℕ$^{*}$).

Khi đó x cũng là số căn hộ bị bỏ trống.

Tổng số tiền công ty thu được lúc này là

T(x) = (2 000 + 200x)(20 – x) = 40 000 + 2 000x – 200x$^{2}$ (nghìn đồng).

Xét hàm số T(x) = 40 000 + 2 000x – 200x$^{2}$ với x ∈ ℕ$^{*}$.

Ta có T*'*(x) = 2 000 – 400x;

T*'*(x) = 0 ⇔ 2 000 – 400x = 0 ⇔ x = 5 (thỏa mãn).

Bảng biến thiên của hàm số T(x) như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên trên, ta thấy hàm số T(x) đạt giá trị lớn nhất bằng 45 000 khi x = 5.

Khi đó, số tiền tăng lên khi cho thuê một căn hộ là 200 ∙ 5 = 1 000 nghìn đồng = 1 triệu đồng.

Vậy công ty nên cho thuê mỗi căn hộ 3 triệu đồng/1 tháng thì tổng số tiền thu được là lớn nhất.