Giải SBT Giải tích 12 nâng cao. Ôn tập chương 1 – Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
Bài 1.69 trang 24
Giá trị lớn nhất của hàm số \(f(x) = – 4\sqrt {3 – x} \)
(A) 3 (B) -3
(C) 0 (D) -4
Giải
Chọn đáp án C
————————————————-
Bài 1.70 trang 24
Cho hàm số f có đạo hàm là
\(f'(x) = x{(x + 1)^2}{(x – 2)^4}\) với mọi \(x\in R\)
Số điểm cực tiểu của hàm số f là
(A) 0 (B) 2
(C) 3 (D) 1
Giải
Chọn đáp án D
—————————————————
Bài 1.71 trang 25
Đường thẳng y = 3x + m là tiếp tuyến của đường cong \(y = {x^3} + 2\) khi m bằng
(A) 1 hoặc -1 (B) 4 hoặc 0
(C) 2 hoặc -2 (D) 3 hoặc -3
Giải
\(y’ = 3{x^2} = 3 \Leftrightarrow x = \pm 1\)
Hai phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
\(y=3x\) và \(y=3x+4\)
Chọn đáp án B
———————————————————–
Bài 1.72 trang 25
Tiếp tuyến của parabol \(y = 4 – {x^2}\) tại điểm (1;3) tạo với hai trục toạn độ một tam giác vuông. Diện tích tam giác vuông đó là
(A) \({{25} \over 4}\) (B) \({5 \over 4}\)
(C) \({{25} \over 2}\) (D) \({5 \over 2}\)
Giải
Chọn đáp án A
——————————————–
Bài 1.73 trang 25
Đồ thị hàm số \(y = {{9({x^2} + 1)(x + 1)} \over {3{x^2} – 7x + 2}}\)
(A) Nhận đường thẳng x = 3 làm tiệm cận đứng
(B) Nhận đường thẳng x = -2 làm tiệm cận đứng
(C) Nhận đường thẳng y = 0 làm tiệm cận ngang
(D) Nhận đường thẳng y = 3x + 10 làm tiệm cận xiên
Giải
Chọn đáp án D
———————————————–
Bài 1.74 trang 25
Đồ thị hàm số \(y = {x^3} – 3x\) cắt
(A) Đường thẳng y = 3 tại hai điểm
(B) Đường thẳng y = -4 tại hai điểm
(C) Đường thẳng \(y = {5 \over 3}\) tại ba điểm
(D) Trục hoành tại một điểm
Giải
Chọn đáp án C
———————————————–
Bài 1.75 trang 25
Hai tiếp tuyến của parabol \(y = {x^2}\) đi qua điểm (2;3) có các hệ số góc là
(A) 2 và 6 (B) 1 và 4
(C) 0 và 3 (D) -1 và 5
Giải
Chọn đáp án A
———————————
Bài 1.76 trang 25
Hai đường thẳng đi qua điểm (1;3) và có hệ số góc k cắt trục hoành tại điểm A và trục tung tại điểm B (hoành độ của điểm A và tung độ của điểm B là những số dương). Diện tích tam giác OAB nhỏ nhất khi k bằng
(A) -1 (B) -2
(C) -3 (D) -4
Giải
Chọn đáp án C
——————————————-
Bài 1.78 trang 26
Chứng minh rằng trong các hình hộp chữ nhật có đáy là một hình vuông và thể tích là 1000, hình lập phương có diện tích toàn phần là nhỏ nhất.
Giải
Một hình chóp với tứ giác đều ngoài tiếp hình cầu bán kính a.
a) Chứng mình rằng thể tích của hình chóp là
\(V = {{4{a^2}{x^2}} \over {3(x – 2a)}}.\)
Trong đó x là chiều cao của hình chóp.
b) Với giá trị nào của x,hình chóp có thể tích là nhỏ nhất ?
Hướng dẫn a) Mặt phẳng đi qua đường cao SH của hình chóp và trung điểm M của một cạnh đáy cắt hình chóp theo tam giác cân SMN và cắt hình cầu theo tâm O bán kính a nội tiếp tam giác SMN (h.1.6).
Có thể tính thể tích hình chóp theo x và \(\alpha = \widehat {SNH}\). Sau đó sử dụng đẳng thức \(x = a + {\rm{OS}}\) để tìm hệ thức giữa a, x và \(\alpha \)
Giải
b) x = 4a.
Hướng dẫn. a) ta có \(HN = x\cot \alpha ;MN = 2x\cot \alpha \) . Thể tích hình chóp là
\(V = {1 \over 3}M{N^2}.SH = {4 \over 3}{x^3}{\cot ^2}\alpha \)
Ta tính \({\cot ^2}\alpha \) theo a và x. Từ đẳng thức SH = OH + OS ta có \(x = a + {a \over {{\rm{cos }}\alpha }}\); do đó \({\rm{cos }}\alpha = {a \over {x – a}}\)
\({\sin ^2}\alpha = 1 – c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1 – {{{a^2}} \over {{{\left( {x – a} \right)}^2}}} = {{{x^2} – 2ax} \over {{{\left( {x – a} \right)}^2}}}\)
\({\cot ^2}\alpha = {{c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha } \over {{{\sin }^2}\alpha }} = {{{a^2}} \over {x{{\left( {x – 2a} \right)}^2}}}\)
Từ đó suy ra công thức cần chứng minh.
b) Chú ý rằng V xác định với x > 2a
———————————————-
Bài 1.79 trang 26
Một sợi dây kim loại dài 60cm được cắt thành hai đoạn. Đoạn dây thứ nhất được uốn thành hình vuông, đoạn dây thứ hai được uốn thành hình tròn (h.1.7).
Phải cắt sợi dây như thế nào để tổng diện tích của hinh vuông và hinh tròn là nhỏ nhất ?
Giải
Gọi x là đọ dài cạnh hình vuông và r là bán kính hình tròn.
Độ dài cạnh hình vuông \(x = {{60} \over {\pi + 4}}\) (cm)
Đoạn dây được uốn thành hình vuông có cạnh có độ dài là \({{240} \over {\pi + 4}} \approx 33,6\) (cm)
Bán kính đường tròn \(r = {{30} \over {\pi + 4}}\) (cm)
Đoạn dây được uốn thành vòng tròn có độ dài là \({{60\pi } \over {\pi + 4}} \approx 26,4\) (cm)
Ta có
\(4x + 2\pi r = 60\)
Từ \(x = {1 \over 2}\left( {30 – \pi r} \right),0 < r < {{30} \over \pi }\)
Tổng diện tích hình vuông và hình tròn là
\(S = \pi {r^2} + {x^2} = \pi {r^2} + {1 \over 4}{\left( {30 – \pi r} \right)^2}\)
Dễ thấy S đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm \(r = {{30} \over {\pi + 4}}\)
———————————————-
Bài 1.86 trang 28
a) Chứng minh rằng hàm số \(y = {x \over {x + 1}}\) đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó
b) Từ đó suy ra rằng
\({{\left| {a + b} \right|} \over {1 + \left| {a + b} \right|}} \le {{\left| a \right|} \over {1 + \left| a \right|}} + {{\left| b \right|} \over {1 + \left| b \right|}}\) , với mọi \(a,b \in R\)
Giải
a) TXĐ: \(D =\mathbb R\backslash {\rm{\{ }} – 1\} \)
\(y’ = {1 \over {{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\,\,\forall x \in D\)
Do đó hàm số \(y = {x \over {x + 1}}\) đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó
b) Vì \(\left| {a + b} \right| \le \left| a \right| + \left| b \right|\) với mọi \(a,b \in R\) nên từ a) suy ra
\(f\left( {\left| {a + b} \right|} \right) \le f\left( {\left| a \right| + \left| b \right|} \right)\)
Hay
\({{\left| {a + b} \right|} \over {1 + \left| {a + b} \right|}} \le {{\left| a \right|+|b|} \over {1 + \left| a \right|}+|b|}= {{\left| a \right|} \over {1 + \left| a \right| + \left| b \right|}} + {{\left| b \right|} \over {1 + \left| a \right| + \left| b \right|}} \)
\(\le {{\left| a \right|} \over {1 + \left| a \right|}} + {{\left| b \right|} \over {1 + \left| b \right|}}\)
Trả lời