giải bài tập sgk giải tích 12 nâng cao: một số bài toán thường gặp về đồ thị

Bài viết hướng dẫn giải các bài tập trong phần câu hỏi và bài tập và phần luyện tập của sách giáo khoa Giải tích 12 nâng cao: Một số bài toán thường gặp về đồ thị.

CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP

Bài 57.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị \((C)\) hàm số: \(f(x) = 2{x^3} + 3{x^2} + 1.\)

b) Tìm các giao điểm của đường cong \((C)\) và parabol \(g(x) = 2{x^2} + 1\) \((P).\)

c) Viết phương trình các tiếp tuyến của \((C)\) và \((P)\) tại các giao điểm của chúng.

d) Xác định các khoảng trên đó \((C)\) nằm phía trên hoặc phía dưới \((P).\)

a) Hàm số: \(f(x) = y = 2{x^3} + 3{x^2} + 1.\)

Tập xác định: \(D = R.\)

Sự biến thiên: \(y’ = 6{x^2} + 6x.\)

\(y’ = 0\) \( \Leftrightarrow 6{x^2} + 6x = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 0}\\

{x = – 1}

\end{array}} \right..\)

Sự đồng biến, nghịch biến:

+ Hàm số đồng biến trong khoảng \(( – \infty ; – 1)\) và \((0; + \infty ).\)

+ Hàm số nghịch biến trong khoảng \(( – 1;0).\)

Cực trị:

\({y_{CĐ}} = 2\) khi \(x = -1.\)

\({y_{CT}} = 1\) khi \(x = 0.\)

Giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty .\)

Điểm uốn, tính lồi lõm:

Ta có \(y” = 12x + 6.\)

\(y” = 0\) \( \Leftrightarrow 12x + 6 = 0\) \( \Leftrightarrow x = – \frac{1}{2}\) \( \Rightarrow y = \frac{3}{2}.\)

Bảng xét dấu:

Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số: \(f(x) = y = 2{x^3} + 3{x^2} + 1.\)

Giao \(Oy:\) \((0;1).\)

Đi qua \((-1;2).\)

b) Hoành độ giao điểm của đường cong \((C)\) và parabol \((P)\) là nghiệm của phương trình:

\(f(x) = g(x)\) \( \Leftrightarrow 2{x^3} + 3{x^2} + 1 = 2{x^2} + 1.\)

\( \Leftrightarrow 2{x^3} + {x^2} = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{x_1} = 0}\\

{{x_2} = – \frac{1}{2}}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{y_1} = 1}\\

{{y_2} = \frac{3}{2}}

\end{array}} \right..\)

Vậy đường cong \((C)\) và parabol \((P)\) cắt nhau tại hai điểm: \(A(0;1)\), \(B\left( { – \frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right).\)

c) Hệ số góc tiếp tuyến tại giao điểm \(A\) của đường cong \((C)\) và parabol \((P)\) là: \(y'(0) = 0.\)

Vậy phương trình tiếp tuyến tại giao điểm \(A\) của đường cong \((C)\) và parabol \((P)\): \(y = 0(x – 0) + 1\) hay \(y = 1.\)

Hệ số góc của tiếp tuyến tại giao điểm \(B\) của đường cong \((C)\) và parabol \((P)\) là: \(y’\left( { – \frac{1}{2}} \right) = – \frac{3}{2}.\)

Vậy phương trình tiếp tuyến tại giao điểm \(B\) của đường cong \((C)\) và parabol \((P)\) là: \(y = – \frac{3}{2}\left( {x + \frac{1}{2}} \right) + \frac{3}{2}\) hay \(y = – \frac{3}{2}x + \frac{3}{4}.\)

d) Để \((C)\) nằm phía trên \((P)\) thì hai hàm số \(f(x)\) và \(g(x)\) phải thỏa mãn điều kiện sau: \(f(x) /> g(x)\) \( \Leftrightarrow 2{x^3} + 3{x^2} + 1 /> 2{x^2} + 1\) \( \Leftrightarrow 2{x^3} + {x^2} /> 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x < – \frac{1}{2}}\\

{x /> 0}

\end{array}} \right..\)

Vậy với \(x \in \left( { – \infty ; – \frac{1}{2}} \right) \cup (0; + \infty )\) thì \((C)\) nằm phía trên \((P).\)

Để \((C)\) nằm phía dưới \((P)\) thì hai hàm số \(f(x)\) và \(g(x)\) phải thỏa mãn điều kiện sau:

\(f(x) < g(x)\) \( \Leftrightarrow 2{x^3} + 3{x^2} + 1 < 2{x^2} + 1\) \( \Leftrightarrow 2{x^3} + {x^2} < 0\) \( \Leftrightarrow – \frac{1}{2} < x < 0.\)

Vậy với \(x \in \left( { – \frac{1}{2};0} \right)\) thì \((C)\) nằm phía dưới \((P).\)

Bài 58.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số \(y = \frac{{2x – 1}}{{x + 1}}.\)

b) Với các giá trị nào của \(m\) thì \(\left( {{d_m}} \right)\) đi qua điểm \(A(-2;2)\) và có hệ số góc \(m\) cắt đồ thị của hàm số đã cho:

+ Tại hai điểm phân biệt?

+ Tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị?

a) Hàm số: \(y = \frac{{2x – 1}}{{x + 1}}\) \((C).\)

Tập xác định: \(D = R\backslash \{ – 1\} .\)

Sự biến thiên: \(y’ = \frac{3}{{{{(x + 1)}^2}}} /> 0\), \(\forall x \in R\backslash \{ – 1\} .\)

Hàm số luôn đồng biến trong khoảng \(( – \infty ; – 1)\) và \(( – 1; + \infty ).\)

Hàm số không có cực trị.

Giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} y = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} y = – \infty .\)

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng: \(x = -1.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = 2\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 2.\)

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng: \(y = 2.\)

Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x – 1}}{{x + 1}}\) nhận điểm \(I\) là giao điểm của hai tiệm cận làm tâm đối xứng \(I(-1;2).\)

Đồ thị đi qua \(A(0; – 1)\), \(B\left( {\frac{1}{2};0} \right)\), \(C\left( {1;\frac{1}{2}} \right)\), \(D(2;1).\)

b) Đường thẳng \(\left( {{d_m}} \right)\) qua điểm \(A(-2;2)\) có hệ số góc \(m\) là:

\(y = m(x + 2) + 2\) \( \Leftrightarrow y = mx + 2m + 2.\)

Để \(\left( {{d_m}} \right)\) cắt đồ thị \((C)\) tại hai điểm phân biệt thì phương trình sau phải có hai nghiệm phân biệt khác \( – 1\):

\(\frac{{2x – 1}}{{x + 1}} = mx + 2m + 2.\)

\( \Leftrightarrow f(x) = m{x^2} + 3mx + 2m + 3 = 0\) \((1)\) và \(f( – 1) \ne 0.\)

Để \((1)\) có hai nghiệm phân biệt thì: \(\Delta /> 0\), \(f( – 1) \ne 0.\)

Ta có: \(\Delta = {(3m)^2} – 4(2m + 3)m /> 0\) \( = {m^2} – 12m /> 0.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{m < 0}\\

{m /> 12}

\end{array}} \right.\), \(f( – 1) \ne 0\) \( \Leftrightarrow 3 \ne 0.\)

Vậy với \(m \in ( – \infty ;0) \cup (12; + \infty )\) thì đường thẳng \(\left( {{d_m}} \right)\) sẽ cắt đồ thị hàm số \((C)\) tại hai điểm phân biệt.

Để \(\left( {{d_m}} \right)\) cắt đồ thị hàm số \((C)\) tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị thì:

\({x_1} < – 1 < {x_2}\) hay \(af( – 1) < 0.\)

\( \Leftrightarrow m\left( {m{{( – 1)}^2} + 3m( – 1) + 2m + 3} \right) < 0\) \( \Leftrightarrow 3m < 0\) \( \Leftrightarrow m < 0.\)

Vậy với \(m \in ( – \infty ;0)\) thì đường thẳng \(\left( {{d_m}} \right)\) sẽ cắt đồ thị \((C)\) tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị.

Bài 59. Chứng minh rằng các đồ thị của ba hàm số: \(f(x) = – {x^2} + 3x + 6\), \(g(x) = {x^3} – {x^2} + 4\) và \(h(x) = {x^2} + 7x + 8\) tiếp xúc với nhau tại điểm \(A(-1;2).\)

Nếu ba hàm số trên tiếp xúc với nhau tại \(A(-1;2)\) thì tại đó ba hàm số có tiếp tuyến chung hay hệ số góc của các tiếp tuyến bằng nhau. Ta có:

\(f'(x) = – 2x + 3\) \( \Rightarrow f'( – 1) = 5.\)

\(g'(x) = 3{x^2} – 2x\) \( \Rightarrow g'( – 1) = 5.\)

\(h'(x) = 2x + 7\) \( \Rightarrow h'( – 1) = 5.\)

Vậy ba hàm số trên tiếp xúc với nhau tại \(A(-1;2).\)

Bài 60. Chứng minh rằng các đồ thị của hai hàm số \(f(x) = \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{3x}}{2}\) và \(g(x) = \frac{{3x}}{{x + 2}}\) tiếp xúc với nhau. Xác định tiếp điểm của hai đường cong trên và viết phương trình tiếp tuyến chung của chúng tại điểm đó.

Hai hàm số \(f(x)\) và \(g(x)\) tiếp xúc với nhau khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{f(x) = g(x)}\\

{f'(x) = g'(x)}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{3x}}{2} = \frac{{3x}}{{x + 2}}}\\

{\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{3x}}{2}} \right) = \left( {\frac{{3x}}{{x + 2}}} \right)}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{3x}}{2} = \frac{{3x}}{{x + 2}}}\\

{x + \frac{3}{2} = \frac{6}{{{{(x + 2)}^2}}}}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow x = 0.\)

Vậy tiếp điểm của hai đường cong trên là \(M(0;0).\)

Phương trình tiếp tuyến chung của \(f(x)\) và \(g(x)\) có hệ số góc \(k\) là: \(k = f'(0) = \frac{3}{2}.\)

Vậy phương trình tiếp tuyến chung của \(f(x)\) và \(g(x)\) là: \(y = \frac{3}{2}x.\)

Bài 61. Một viên đạn được bắn ra với vận tốc ban đầu \({v_0} /> 0\) từ một nòng súng đặt ở gốc tọa độ \(O\), nghiêng một góc \(\alpha \) với mặt đất (nòng súng nằm trong mặt phẳng thẳng đứng \(Oxy\) và tạo với trục hoành \(Ox\) một góc \(\alpha \)). Biết quỹ đạo chuyển động của viên đạn là parabol:

\(y = – \frac{g}{{2v_0^2}}\left( {1 + {{\tan }^2}\alpha } \right){x^2} + x\tan \alpha \) \(\left( {{\gamma _\alpha }} \right).\)

\(g\) là gia tốc trọng trường.

Chứng minh rằng với mọi \(\alpha \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\), \(({\gamma _\alpha })\) luôn tiếp xúc với parabol \((\tau )\) có phương trình là \(y = – \frac{g}{{2v_0^2}}{x^2} + \frac{{v_0^2}}{{2g}}\) và tìm tọa độ tiếp điểm (\((\tau )\) được gọi là parabol an toàn).

Ta có: \(y = – \frac{g}{{2v_0^2}}\left( {1 + {{\tan }^2}\alpha } \right){x^2} + x\tan \alpha .\)

\( \Rightarrow y’ = – 2\frac{g}{{2v_0^2}}x\left( {1 + {{\tan }^2}\alpha } \right) + \tan \alpha .\)

\(y = – \frac{g}{{2v_0^2}}{x^2} + \frac{{v_0^2}}{{2g}}\) \( \Rightarrow y’ = – \frac{{2g}}{{2v_0^2}}x.\)

Tọa độ tiếp điểm \(M\) của \(({y_\alpha })\) và \((\tau )\) là nghiệm của hệ phương trình sau:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{ – \frac{g}{{2v_0^2}}\left( {1 + {{\tan }^2}\alpha } \right){x^2} + x\tan \alpha = – \frac{g}{{2v_0^2}}{x^2} + \frac{{v_0^2}}{{2g}}\:\:(1)}\\

{ – \frac{g}{{2v_0^2}}x\left( {1 + {{\tan }^2}\alpha } \right) + \tan \alpha = – \frac{{gx}}{{v_0^2}}\:\:(2)}

\end{array}} \right..\)

Giải \((2) \Leftrightarrow – \frac{g}{{v_0^2}}x – \frac{g}{{v_0^2}}x{\tan ^2}\alpha + \tan \alpha + \frac{{gx}}{{v_0^2}} = 0.\)

\( \Leftrightarrow x = \frac{{v_0^2}}{{g\tan \alpha }}.\) Thế vào \((1)\) thỏa mãn.

Tiếp điểm \(M\) có tọa độ: \(\left( {\frac{{v_0^2}}{{9\tan \alpha }};\frac{{v_0^2}}{{2g}}\left( {1 – {{\cot }^2}\alpha } \right)} \right).\)

LUYỆN TẬP

Bài 62.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: \(y = \frac{{x – 1}}{{x + 1}}.\)

b) Chứng minh rằng giao điểm \(I\) của hai đường tiệm cận của đường cong đã cho là tâm đối xứng của nó.

a) Tập xác định: \(D = R\backslash \{ – 1\} .\)

Sự biến thiên: \(y’ = \frac{2}{{{{(x + 1)}^2}}} /> 0\), \(\forall x \in R\backslash \{ – 1\} .\)

Hàm số luôn đồng biến trên \(( – \infty ; – 1)\) và \(( – 1; + \infty ).\)

Giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} f(x) = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} f(x) = – \infty .\)

Vậy đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = -1.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = 1\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 1.\)

Vậy đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 1.\)

Bảng biến thiên:

Đồ thị của hàm số \(y = \frac{{x – 1}}{{x + 1}}.\)

Giao với \(Ox:\) \((1;0).\)

Giao với \(Oy:\) \((0;-1).\)

b) Ta có giao điểm của hai tiệm cận \(I( – 1;1).\)

Áp dụng công thức đổi trục \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = X – 1}\\

{y = Y + 1}

\end{array}} \right..\)

Thay vào hàm số \(y = \frac{{x – 1}}{{x + 1}}.\)

\( \Rightarrow Y + 1 = \frac{{X – 1 – 1}}{{X – 1 + 1}}\) \( = \frac{{X – 2}}{X} – 1\) \( = – \frac{2}{X}.\)

Xét hàm số \(f(x) = y = – \frac{2}{X}.\)

Ta có: \(f(-X)=\frac{-2}{-X}=-f(X).\)

Suy ra \(f(x)\) là hàm số lẻ.

Vậy \(f(x)\) nhận \(I( – 1;1)\) làm tâm đối xứng.

Bài 63.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị \((H)\) của hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{2x + 1}}.\)

b) Chứng minh rằng đường thẳng \(y = mx + m – 1\) luôn đi qua một điểm cố định của đường cong \((H)\) khi \(m\) biến thiên.

c) Tìm các giá trị của \(m\) sao cho đường thẳng đã cho cắt đường cong \((H)\) tại hai điểm thuộc cùng một nhánh của \((H).\)

a) Tập xác định: \(D = R\backslash \left\{ { – \frac{1}{2}} \right\}.\)

Sự biến thiên:

\(y’ = \frac{{ – 3}}{{{{(2x + 1)}^2}}} < 0\), \(\forall x \in R\backslash \left\{ { – \frac{1}{2}} \right\}.\)

Hàm số luôn nghịch biến trong khoảng \(\left( { – \infty ; – \frac{1}{2}} \right)\) và \(\left( { – \frac{1}{2}; + \infty } \right).\)

Hàm số không có cực trị.

Giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {{\frac{1}{2}}^ – }} y = – \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {{\frac{1}{2}}^ + }} y = + \infty .\)

Vậy đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = – \frac{1}{2}.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \frac{1}{2}\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \frac{1}{2}.\)

Vậy đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = \frac{1}{2}.\)

Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số: \(y = \frac{{x + 2}}{{2x + 1}}.\)

+ Giao với \(Ox:\) \((-2;0).\)

+ Giao với \(Oy:\) \((0;2).\)

b) Gọi điểm cố định mà đường thẳng \(y = mx + m – 1\) luôn đi qua là \(I.\)

Cách 1: \(I\left( {{x_0};\frac{{{x_0} + 2}}{{2{x_0} + 1}}} \right).\)

Thay tọa độ \(I\left( {{x_0};\frac{{{x_0} + 2}}{{2{x_0} + 1}}} \right)\) vào phương trình \(y = mx + m – 1.\)

\(\frac{{{x_0} + 2}}{{2{x_0} + 1}} = m{x_0} + m – 1\) \( \Leftrightarrow {x_0} + 2 = \left( {2{x_0} + 1} \right)\left( {m{x_0} + m – 1} \right).\)

\( \Leftrightarrow {x_0} + 2\) \( = 2mx_0^2 + 2m{x_0}\) \( – 2{x_0} + m{x_0}\) \( + m – 1.\)

\( \Leftrightarrow \left( {2x_0^2 + 3{x_0} + 1} \right)m – 3{x_0} – 3 = 0.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{2x_0^2 + 3{x_0} + 1 = 0}\\

{ – 3{x_0} – 3 = 0}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{x_0} = – 1}\\

{{x_0} = – \frac{1}{2}\:\:{\rm{(loại)}}}

\end{array}} \right..\)

Vậy đường thẳng \(y = mx + m – 1\) luôn đi qua một điểm cố định \(I = ( – 1; – 1)\) của đường cong \((H)\) khi \(m\) biến thiên.

Cách 2: \(y = mx + m – 1 = 0\), \(\forall m\) \( \Leftrightarrow (x + 1)m – 1 – y = 0\), \(\forall m.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = – 1}\\

{y = – 1}

\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow I( – 1; – 1) \in (H).\)

c) Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y = mx + m – 1\) và đường cong \((H)\) là nghiệm của phương trình:

\(mx + m – 1 = \frac{{x + 2}}{{2x + 1}}.\)

\( \Leftrightarrow 2m{x^2} + 3x(m – 1) + m – 3 = 0\), \(x \ne – \frac{1}{2}.\)

Để đường thẳng cắt đường cong \((H)\) tại hai điểm thuộc cùng một nhánh của \((H)\) khi và chỉ khi: \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\Delta /> 0}\\

{{x_1} < {x_2} < – \frac{1}{2}}

\end{array}\:\:(I)} \right.}\\

{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\Delta /> 0}\\

{ – \frac{1}{2} < {x_1} < {x_2}}

\end{array}} \right.\:\:(II)}

\end{array}} \right..\)

Giải \((I)\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\Delta /> 0}\\

{af\left( { – \frac{1}{2}} \right) /> 0}\\

{\frac{S}{2} < – \frac{1}{2}}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{m^2} + 6m + 9 /> 0}\\

{2m\left( {2m{{\left( { – \frac{1}{2}} \right)}^2} + 3\left( { – \frac{1}{2}} \right)(m – 1) + m – 3} \right) /> 0}\\

{ – \frac{{3(m – 1)}}{{2m}} < – \frac{1}{2}}

\end{array}} \right..\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{m \ne – 3}\\

{ – 3m /> 0}\\

{\frac{{3(m – 1)}}{{2.2m}} /> \frac{1}{2}}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}

m \ne – 3\\

m < 0\\

\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{m < 0}\\

{m /> 3}

\end{array}} \right.

\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{m < – 3}\\

{ – 3 < m < 0}

\end{array}} \right..\)

Giải \((II)\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\Delta /> 0}\\

{af\left( { – \frac{1}{2}} \right) /> 0}\\

{\frac{S}{2} /> – \frac{1}{2}}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{m^2} + 6m + 9 /> 0}\\

{ – 3m /> 0}\\

{0 < m < 0}

\end{array}} \right.\), suy ra phương trình vô nghiệm.

Vậy với \(m < -3\) hoặc \(-3 < m < 0\) thì đường thẳng sẽ cắt \((H)\) tại hai điểm thuộc cùng một nhánh của đồ thị \((H).\)

Bài 64. Cho hàm số \(y = \frac{{a{x^2} – bx}}{{x – 1}}.\)

a) Tìm \(a\) và \(b\) biết rằng đồ thị \((C)\) của hàm số đã cho đi qua điểm \(A\left( { – 1;\frac{5}{2}} \right)\) và tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm \(O(0;0)\) có hệ số góc bằng \(-3.\)

b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với các giá trị của \(a\) và \(b\) đã tìm được.

a) \(y = \frac{{a{x^2} – bx}}{{x – 1}}\) \((C).\)

Tập xác định: \(D = R\backslash \{ 1\} .\)

Ta có: \(y’ = \left( {\frac{{a{x^2} – bx}}{{x – 1}}} \right)’\) \( = \frac{{a{x^2} – 2ax + b}}{{{{(x – 1)}^2}}}.\)

Gọi \(k\) là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm \(O(0;0)\) của đồ thị \((C)\) ta có:

\(k = y'(0) = – 3\) \( \Leftrightarrow b = – 3\) \((1).\)

Mặt khác ta có đồ thị hàm số \((C)\) qua điểm \(A\left( { – 1;\frac{5}{2}} \right).\)

Suy ra \(\frac{5}{2} = \frac{{a – b( – 1)}}{{ – 1 – 1}}\) \( \Leftrightarrow \frac{5}{2} = \frac{{a + b}}{{ – 2}}\) \((2).\)

Từ \((1)\) thế vào \((2)\) ta được: \(\frac{5}{2} = \frac{{a – 3}}{{ – 2}}\) \( \Leftrightarrow a = – 2.\)

Vậy ta có giá trị của \(a\), \(b\) là: \(a = – 2\), \(b = – 3.\)

\(y = \frac{{ – 2{x^2} + 3x}}{{x – 1}}.\)

b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số \(y = \frac{{ – 2{x^2} + 3x}}{{x – 1}}.\)

Tập xác định: \(D = R\backslash \{ 1\} .\)

Sự biến thiên: \(y’ = \frac{{ – 2{x^2} + 4x – 3}}{{{{(x – 1)}^2}}}.\)

Suy ra \(y’ < 0\), \(\forall x \in R\backslash \{ 1\} .\)

Hàm số luôn nghịch biến trong khoảng \(( – \infty ;1)\) và \((1; + \infty ).\)

Hàm số không có cực trị.

Giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} y = – \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty .\)

Vậy đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng: \(x = 1.\)

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{y}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{ – 2{x^2} + 3x}}{{{x^2} – x}} = – 2.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } (y + 2x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {\frac{{ – 2{x^2} + 3x}}{{x – 1}} + 2x} \right) = 1.\)

Vậy đồ thị hàm số có một tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = – 2x + 1.\)

Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số: \(y = \frac{{ – 2{x^2} + 3x}}{{x – 1}}\) giao với \(Ox\) tại \((0;0)\), \(\left( {\frac{3}{2};0} \right).\)

Bài 65.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: \(y = \frac{{2{x^2} – x + 1}}{{x – 1}}.\)

b) Với giá trị nào của \(m\) đường thẳng \(y = m – x\) cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt?

c) Gọi \(A\) và \(B\) là hai giao điểm đó. Tìm tập hợp các trung điểm \(M\) của đoạn \(AB\) nói trên khi \(m\) thay đổi.

a) Tập xác định: \(D = R\backslash \{ 1\} .\)

Sự biến thiên: \(y’ = \frac{{2{x^2} – 4x}}{{{{(x – 1)}^2}}}.\)

\(y’ = 0\) \( \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} – 4x}}{{{{(x – 1)}^2}}} = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 0}\\

{x = 2}

\end{array}} \right..\)

Hàm số đồng biến: \(( – \infty ;0)\) và \((2; + \infty ).\)

Hàm số nghịch biến: \((0;1)\) và \((1;2).\)

Cực trị: \({y_{CĐ}} = – 1\) khi \(x = 0\), \({y_{CT}} = 7\) khi \(x = 2.\)

Giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} y = – \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty .\)

Vậy đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = 1.\)

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{y}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2{x^2} – x + 1}}{{{x^2} – x}} = 2.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } (y – 2x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {\frac{{2{x^2} – x + 1}}{{x – 1}} – 2x} \right) = 1.\)

Vậy đồ thị hàm số có một tiệm cận xiên là đường thẳng: \(y = 2x + 1.\)

Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2{x^2} – x + 1}}{{x – 1}}.\)

b) Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y = m – x\) và đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình: \(m – x = \frac{{2{x^2} – x + 1}}{{x – 1}}.\)

\( \Leftrightarrow (m – x)(x – 1) = 2{x^2} – x + 1\), \(x \ne 1.\)

\( \Leftrightarrow f(x) = 3{x^2} – x(2 + m) + m + 1 = 0\), \(f(1) \ne 0.\)

Để đường thẳng cắt \((C)\) tại hai điểm phân biệt thì: \(\Delta /> 0\) và \(f(1) \ne 0.\)

Ta có: \(\Delta = {(2 + m)^2} – 4.3(m + 1) /> 0.\)

\( = {m^2} – 8m – 8 /> 0.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{m < 4 – 2\sqrt 6 }\\

{m /> 4 + 2\sqrt 6 }

\end{array}} \right..\)

\(f(1) = 2 \ne 0.\)

Vậy với \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{m < 4 – 2\sqrt 6 }\\

{m /> 4 + 2\sqrt 6 }

\end{array}} \right.\) thì đường thẳng sẽ cắt \((C)\) tại hai điểm phân biệt \(A\), \(B.\)

c) Gọi \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\), \(B\left( {{x_B};{y_B}} \right)\) là hai giao điểm đó \( \Rightarrow {x_A} + {x_B} = \frac{{2 + m}}{3}.\)

Gọi \(M\left( {{x_M};{y_M}} \right)\) là trung điểm của đoạn \(AB\) \( \Rightarrow {x_M} = \frac{{2 + m}}{6}\) \( \Leftrightarrow m = 6{x_M} – 2.\)

\( \Rightarrow {y_M} = m – {x_M}\) \( = 6{x_M} – 2 – {x_M}\) \( = 5{x_M} – 2.\)

Vậy tập hợp trung điểm \(M\) của đoạn \(AB\) khi \(m\) biến thiên là: \(y = 5x – 2.\)

Giới hạn: do \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{m < 4 – 2\sqrt 6 }\\

{m /> 4 + 2\sqrt 6 }

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{6x – 2 < 4 – 2\sqrt 6 }\\

{6x – 2 /> 4 + 2\sqrt 6 }

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x < 1 – \frac{{\sqrt 6 }}{3}}\\

{x /> 1 + \frac{{\sqrt 6 }}{3}}

\end{array}} \right..\)

Bài 66. Tìm các hệ số \(a\), \(b\) sao cho parabol \(y = 2{x^2} + ax + b\) tiếp xúc với hypebol \(y = \frac{1}{x}\) tại điểm \(M\left( {\frac{1}{2};2} \right).\)

Tiếp điểm \(M\) chính là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{2{x^2} + ax + b = \frac{1}{x}}\\

{\left( {2{x^2} + ax + b} \right)’ = \left( {\frac{1}{x}} \right)’}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{2{x^2} + ax + b = \frac{1}{x}}\\

{4x + a = – \frac{1}{{{x^2}}}}

\end{array}} \right.\) \((I).\)

Thay hoành độ của tiếp điểm \(M\) vào hệ phương trình \((I)\) khi đó \((I)\) trở thành:

\((I) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\frac{1}{2} + \frac{a}{2} + b = 2}\\

{\frac{1}{2} + a = – 4}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{b = \frac{{3 – a}}{2}}\\

{a = – 6}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{b = \frac{9}{2}}\\

{a = – 6}

\end{array}} \right..\)

Vậy với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{a = – 6}\\

{b = \frac{9}{2}}

\end{array}} \right.\) thì parabol sẽ tiếp xúc với hyperbol tại tiếp điểm \(M.\)

Bài 67. Một tạp chí được bán với giá \(20\) nghìn đồng một cuốn. Chi phí cho xuất bản \(x\) cuốn tạp chí (bao gồm: lương cán bộ, công nhân viên, giấy in …) được cho bởi \(C(x) = 0,0001{x^2} – 0,2x + 10.000\) với \(C(x)\) được tính theo đơn vị là vạn đồng. Chi phí phát hành cho mỗi cuốn là \(4\) nghìn đồng.

1. a) Tính tổng chi phí \(T(x)\) (xuất bản và phát hành) cho \(x\) cuốn tạp chí.

b) Tỉ số \(M(x) = \frac{{T(x)}}{x}\) được gọi là chi phí trung bình cho một cuốn tạp chí khi xuất bản \(x\) cuốn. Tính \(M(x)\) theo \(x\) và tìm số tạp chí sao cho chi phí trung bình là thấp nhất.

2. Các khoản thu bao gồm tiền bán sách và \(90\) triệu đồng nhận được từ quảng cáo và sự trợ giúp của báo chí. Giả sử số cuốn in ra đều bán được hết.

a) Chứng minh rằng số tiền lãi khi in \(x\) cuốn tạp chí là: \(L(x) = – 0,0001{x^2} + 1,8x – 1000.\)

b) Hỏi in bao nhiêu cuốn thì có lãi?

c) In bao nhiêu cuốn thì lãi nhiều nhất? Tính số tiền lãi đó.

1. a) Chi phí phát hành cho \(x\) cuốn sách là \(0,4x\) (đơn vị vạn đồng). Vậy tổng chi phí \(T(x)\) (xuất bản và phát hành) cho \(x\) cuốn tạp chí là:

\(T(x) = C(x) + 0,4x\) \( = 0,0001{x^2} + 0,2x + 10.000.\)

b)

\(M(x) = \frac{{T(x)}}{x}\) \( = 0,0001x + 0,2 + \frac{{10.000}}{x}.\)

\(M'(x) = 0,0001 – \frac{{10.000}}{{{x^2}}}.\)

\(M'(x) = 0\) \( \Leftrightarrow x = 10.000.\)

Để chi phí trung bình là thấp nhất thì cần xuất bản \(10.000\) cuốn tạp chí.

2. a) Số tiền lãi khi in \(x\) cuốn tạp chí là:

\(L(x) = 2x + 9.000 – T(x)\) \( = 2x + 9.000\) \( – \left( {0,0001{x^2} + 0,2x + 10.000} \right)\) \( = – 0,0001{x^2} + 1,8x – 1.000.\)

b) Để có lãi thì \(L(x) /> 0.\)

\( \Leftrightarrow – 0,0001{x^2} + 1,8x – 1000 /> 0\) \( \Leftrightarrow 573 < x < 17427.\)

c) \(L(x) = – 0,0002x + 1,8\), \(L'(x) = 0\) \( \Leftrightarrow x = 9000.\)

Hàm số \(L(x)\) đạt giá trị lớn nhất tại \(x = 9000.\)

Vậy in \(9000\) cuốn thì lãi nhiều nhất.

Số tiền lãi là: \(L(9000) = 71.000.000\) đồng.