Giải bài 5, 6, 7, 8 trang 146, 147 sgk giải tích 12 - Bài trang SGK Giải tích

Bài 5 trang 146 SGK Giải tích 12

Cho hàm số: y = x4+ ax2+ b

a) Tính a, b để hàm số có cực trị bằng \({3 \over 2}\)khi x = 1

b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho khi \(a = {{ - 1} \over 2},b = 1\)

c) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các điểm có tung độ bằng 1

Giải

Ta có: y = 4x3+ 2ax

a) Nếu hàm số có cực trị bằng \({3 \over 2}\)khi x = 1 thì:

\(\left\{ \matrix{
y'(1) = 0 \hfill \cr
y(1) = {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
4 + 2a = 0 \hfill \cr
1 + a + b = {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = - 2 \hfill \cr
b = {5 \over 2} \hfill \cr} \right.\)

b) Khi \(a = {{ - 1} \over 2},b = 1\)ta có hàm số: \(y = {x^4} - {1 \over 2}{x^2} + 1\)

_ Tập xác định: (-, +)

_ Sự biến thiên: y = 4x3 x = x(4x2 1)

y = 0 x = 0, \(x = \pm {1 \over 2}\)

Trên các khoảng \(({{ - 1} \over 2},0) \cup ({1 \over 2}, + \infty )\), y > 0 nên hàm số đồng biến

Trên các khoảng \(( - \infty ,{{ - 1} \over 2}) \cup (0,{1 \over 2})\), y < 0 nên hàm số nghịch biến

_ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD= 1

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = \pm {1 \over 2},{y_{CT}} = {{15} \over {16}}\)

Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm y = 1, không cắt trục hoành.

c) Với y = 1 ta có phương trình:

\({x^4} - {1 \over 2}{x^2} = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ {0, \pm {1 \over {\sqrt 2 }}} \right\}\)

Trên đồ thị có 2 điểm với tung độ bằng 1 là:

\({M_1}({{ - 1} \over {\sqrt 2 }},1);{M_2}(0,1);{M_3}({1 \over {\sqrt 2 }},1)\)

Ta lấy y(0) = 0 nên tiếp tuyến với đồ thị tại M2có phương trình là y = 1

Lại có:

\(y'({1 \over {\sqrt 2 }}) = {1 \over {\sqrt 2 }};y'({1 \over {\sqrt 2 }}) = {{ - 1} \over {\sqrt 2 }}\)

\(y = {{ - 1} \over {\sqrt 2 }}x + {1 \over 2} \Leftrightarrow y = {1 \over {\sqrt 2 }}x + {1 \over 2}\)

---

Bài 6 trang 146 SGK Giải tích 12

Cho hàm số \(y = {{x - 2} \over {x + m - 1}}\)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2

b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ a -1.

Giải

a) Khi m = 2, ta có hàm số: \(y = {{x - 2} \over {x + 1}}\)

_ Tập xác định: (-, -1) (-1, +)

_ Sự biến thiên: \(y' = {3 \over {{{(x + 1)}^2}}} > 0,\forall x \in ( - \infty , - 1) \cup (1, + \infty )\)

nên hàm số đồng biến trên hai khoảng này.

_ Hàm số không có cực trị

_ Giới hạn tại vô cực và tiệm cận ngang

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x - 2} \over {x + 1}} = 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{x - 2} \over {x + 1}} = 1\)

Nên x = -1 là tiệm cận đứng.

Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số:

Đồ thị cắt trục tung tại y = -2, cắt trục hoành tại x = 2

b) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ a-1 có phương trình:

\(y = y'(a)(x - a) + y(a) = {3 \over {{{(a + 1)}^2}}}(x - a) + {{a - 2} \over {a + 1}}\)

---

Bài 7 trang 146 SGK Giải tích 12

Cho hàm số \(y = {2 \over {2 - x}}\)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

b) Tìm các giao điểm của (C) và đồ thị của hàm số y = x2+ 1. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại mỗi giao điểm.

c) Tính thể tích vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị (C) và các đường thẳng y = 0, x = 0, x = 1 xung quanh trục Ox.

Giải

a) _ Tập xác định: (-, 2) (2, +)

_ Sự biến thiên: \(y' = {2 \over {{{(2 - x)}^2}}} > 0,\forall x \in ( - \infty ,2) \cup (2, + \infty )\)

Nên hàm số đồng biến trên hai khoảng này.

_ Hàm số không có cực trị

_ Giới hạn tại vô cực và tiệm cận ngang

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {2 \over {2 - x}} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {2 \over {2 - x}} = 0\)

Nên y = 0 là tiệm cận ngang.

_ Giới hạn vô cực và tiệm cận đứng:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} ({2 \over {2 - x}}) = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} ({2 \over {2 - x}}) = + \infty \)

Nên x = 2 là tiệm cận đứng.

_ Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số:

Đồ thị hàm số:

Đồ thị cắt trục tung tại y = 1, không cắt trục hoành.

b) Phương trình xác định hoành độ giao điểm:

\({2 \over {2 - x}} = {x^2} + 1 \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ {0,1} \right\}\)

Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm M1(0, 1), M2(1, 2)

Tiếp tuyến với đồ thị (C): \(y = {2 \over {2 - x}}\)tại điểm M1có phương trình là: \(y = {1 \over 2}x + 1\)

Tiếp tuyến tại điểm M2có phương trình y = 2(x 1) + 2 = 2x

c) Trong khoảng (0, 1) đồ thị (C) nằm phía trên trục hoành nên thể tích cần tính là :

\(V = \pi \int_0^1 {({2 \over {2 - x}}} {)^2} = 2\pi \)

---

Bài 8 trang 147 SGK Giải tích 12

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:

a) \(f(x) = 2x^3 3x^2 12x + 1\) trên đoạn \(\left[ { - 2,{5 \over 2}} \right]\)

b) \( f(x) = x^2lnx\) trên đoạn \(\left[ {1,e} \right]\)

c) \(f(x) = xe^{-x}\) trên nửa khoảng \([0, +)\)

d) \(f(x) = 2sinx + sin2x\) trên đoạn \(\left[ {0,{{3\pi } \over 2}} \right]\)

Giải

a) \(f(x) = 2x^3 3x^2 12x + 1 f(x) = 6x^2 6x 12\)

\(f(x) = 0 x =-1\) hoặc \(x=2\)

So sánh các giá trị:

\(f(-2) = -3\); \( f(-1) = 8\);

\(f(2) = -19\), \(f({5 \over 2}) = {{ - 33} \over 2}\)

Suy ra:

\(\eqalign{
& \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ { - 2,{5 \over 2}} \right]} f(x) = f( - 1) = 8 \cr
& \mathop {min}\limits_{x \in \left[ { - 2,{5 \over 2}} \right]} f(x) = f(2) = - 19 \cr} \)

b) \(f(x) = x^2lnx f(x)= 2xlnx + x > 0, x [1, e]\) nên \(f(x)\) đồng biến.

Do đó:

\(\eqalign{
& \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {1,e} \right]} f(x) = f(e) = {e^2} \cr
& \mathop {min}\limits_{x \in \left[ {1,e} \right]} f(x) = f(1) = 0 \cr} \)

c) \(f(x)= xe^{-x} f(x)=e^{-x}xe^{-x}= (1 x)e^{-x}\)nên:

\(f(x) = 0 x = 1, f(x) > 0, x (0, 1)\) và \(f(x) < 0, x (1, +)\)

nên:

\(\mathop {\max }\limits_{x \in {\rm{[}}0, + \infty )} f(x) = f(1) = {1 \over e}\)

Ngoài ra \(f(x)= xe^{-x}> 0, x (0, +)\) và \(f(0) = 0\) suy ra

\(\mathop {\min}\limits_{x \in {\rm{[}}0, + \infty )} f(x) = f(0) = 0\)

d) \(f(x) = 2sinx + sin2x f(x)= 2cosx + 2cos2x\)

\(f(x) = 0 cos 2x = -cosx 2x = ± (π x) + k2π\)

\(x \in \left\{ { - \pi + k2\pi ;{\pi \over 3} + {{k2\pi } \over 3}} \right\}\)

Trong khoảng \(\left[ {0,{{3\pi } \over 2}} \right]\), phương trình \(f(x) = 0\) chỉ có hai nghiệm là \({x_1} = {\pi \over 3};{x_2} = \pi \)

So sánh bốn giá trị : \(f(0) = 0\); \(f({\pi \over 3}) = {{3\sqrt 3 } \over 2};f(\pi ) = 0;f({{3\pi } \over 2}) = - 2\)

Suy ra:

\(\eqalign{
& \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0,{{3\pi } \over 2}} \right]} f(x) = f({\pi \over 3}) = {{3\sqrt 3 } \over 2} \cr
& \mathop {min}\limits_{x \in \left[ {0,{{3\pi } \over 2}} \right]} f(x) = f({{3\pi } \over 2}) = - 2 \cr} \)