Chương I. Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

Bài 4. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

SBT (Sách bài tập) Toán 12 — Kết nối tri thức, tập 1 · 10 bài tập, mỗi câu ít nhất 2 cách giải.

Mở bài học này trong app ↗📗 Xem bài này trong SGK →

Bài 1 · 1.31★★Trang 25— Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số bậc ba

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau: a)

y = x^{3} - 6 x^{2} + 9 x

; b)

y = x^{3} + 3 x^{2} + 6 x + 4

Kiến thức cần nhớ

Sơ đồ khảo sát hàm số: tập xác định, tính $y^{'}$ và xét dấu, giới hạn tại vô cực, bảng biến thiên, rồi lấy thêm điểm đặc biệt để vẽ đồ thị.
Với hàm bậc ba $y = a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ , đồ thị luôn nhận điểm uốn làm tâm đối xứng; hoành độ điểm uốn là nghiệm của $y^{''} = 0$ .
$y^{'}$ đổi dấu từ dương sang âm tại $x_{0}$ thì $x_{0}$ là điểm cực đại; đổi dấu từ âm sang dương thì $x_{0}$ là điểm cực tiểu.
Tam thức $a x^{2} + b x + c$ với $a > 0$ và $Δ < 0$ thì dương với mọi $x$ .

🧠 Phân tích tư duy

Hai hàm đều là đa thức bậc ba nên tập xác định là

R

và hình dạng đồ thị do số nghiệm của

y^{'}

quyết định — đó là dấu hiệu cần xem trước tiên. Ý a) có

y^{'}

là tam thức có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị hai cực trị, còn ý b) có

y^{'}

viết được thành tổng bình phương cộng số dương nên hàm đơn điệu tăng, khỏi cần bảng xét dấu. Bẫy của bài là vẽ xong mà quên điểm uốn: với hàm bậc ba điểm uốn chính là tâm đối xứng, thiếu nó đồ thị sẽ bị vẽ lệch ở đoạn giữa hai cực trị.

1Cách 1. Đi trọn sơ đồ khảo sát, xét dấu

y^{'}

bằng bảng

Định hướng. Cứ đi đúng các bước của sơ đồ khảo sát thì mọi thông tin để vẽ đồ thị đều lần lượt hiện ra.

y = x^{3} - 6 x^{2} + 9 x

, tập xác định

D = R

y^{'} = 3 x^{2} - 12 x + 9 = 3 (x - 1) (x - 3)

y^{'} = 0 \Leftrightarrow x = 1

hoặc

x = 3

y (1) = 1 - 6 + 9 = 4

;

y (3) = 27 - 54 + 27 = 0

x \to - \infty lim y = - \infty

;

x \to + \infty lim y = + \infty

y^{''} = 6 x - 12 = 0 \Leftrightarrow x = 2

y (2) = 8 - 24 + 18 = 2

y = 0 \Leftrightarrow x (x - 3)^{2} = 0 \Leftrightarrow x = 0

hoặc

x = 3

y = x^{3} + 3 x^{2} + 6 x + 4

, tập xác định

D = R

y^{'} = 3 x^{2} + 6 x + 6 = 3 (x + 1)^{2} + 3 > 0

với mọi

x \in R

x \to - \infty lim y = - \infty

;

x \to + \infty lim y = + \infty

y^{''} = 6 x + 6 = 0 \Leftrightarrow x = - 1

y (- 1) = - 1 + 3 - 6 + 4 = 0

y = (x + 1) (x^{2} + 2 x + 4)

, mà

x^{2} + 2 x + 4 = (x + 1)^{2} + 3 > 0

nên

y = 0 \Leftrightarrow x = - 1

;

y (0) = 4

Vậy hàm số ở ý a) đồng biến trên mỗi khoảng $(- \infty; 1)$ và $(3; + \infty)$ , nghịch biến trên khoảng $(1; 3)$ , đạt cực đại tại $x = 1$ với giá trị $4$ và cực tiểu tại $x = 3$ với giá trị $0$ , đồ thị nhận $(2; 2)$ làm tâm đối xứng; hàm số ở ý b) đồng biến trên $R$ , không có cực trị, đồ thị nhận $(- 1; 0)$ làm tâm đối xứng.

2Cách 2. Đưa

y^{'}

về dạng tích hoặc tổng bình phương để đọc dấu ngay

Định hướng. Dấu của một tích hai nhân tử bậc nhất, hay của một tổng bình phương cộng số dương, đọc được trực tiếp từ công thức nên nhanh hơn việc kẻ bảng xét dấu.

y^{'} = 3 (x - 1) (x - 3)

x \in (- \infty; 1) \Rightarrow x - 1 < 0

x - 3 < 0 \Rightarrow y^{'} > 0

x \in (1; 3) \Rightarrow x - 1 > 0

x - 3 < 0 \Rightarrow y^{'} < 0

x \in (3; + \infty) \Rightarrow x - 1 > 0

x - 3 > 0 \Rightarrow y^{'} > 0

y (1) = 4

y (3) = 0

y (2) = 2

y (0) = 0

y^{'} = 3 x^{2} + 6 x + 6 = 3 (x^{2} + 2 x + 1) + 3 = 3 (x + 1)^{2} + 3 \geq 3 > 0

y = (x + 1) (x^{2} + 2 x + 4) = (x + 1) [(x + 1)^{2} + 3]

y (- 1) = 0

y (0) = 4

Vậy ý a) có hai cực trị: $x = 1$ là điểm cực đại với giá trị $4$ , $x = 3$ là điểm cực tiểu với giá trị $0$ ; ý b) có $y^{'} > 0$ trên toàn $R$ nên hàm số đồng biến và không có cực trị.

3Cách 3. Dời trục về điểm uốn, đưa hàm về dạng lẻ rồi lấy đối xứng tâm

Định hướng. Mỗi hàm bậc ba đều đối xứng tâm quanh điểm uốn, nên dời gốc toạ độ về đó sẽ được một hàm lẻ rất gọn: chỉ cần vẽ nửa bên phải rồi lấy đối xứng.

a) điểm uốn

I (2; 2)

, đặt

x = X + 2

y = Y + 2

Y + 2 = (X + 2)^{3} - 6 (X + 2)^{2} + 9 (X + 2)

Y + 2 = X^{3} + 6 X^{2} + 12 X + 8 - 6 X^{2} - 24 X - 24 + 9 X + 18

Y = X^{3} - 3 X

Y^{'} = 3 X^{2} - 3 = 3 (X - 1) (X + 1)

Y^{'} = 0 \Leftrightarrow X = \pm 1

Y (- 1) = 2

Y (1) = - 2

b) điểm uốn

I (- 1; 0)

, đặt

x = X - 1

y = Y

Y = (X - 1)^{3} + 3 (X - 1)^{2} + 6 (X - 1) + 4

Y = X^{3} - 3 X^{2} + 3 X - 1 + 3 X^{2} - 6 X + 3 + 6 X - 6 + 4

Y = X^{3} + 3 X

Y^{'} = 3 X^{2} + 3 > 0

Vậy trong hệ trục mới hai hàm là $Y = X^{3} - 3 X$ và $Y = X^{3} + 3 X$ , đều là hàm lẻ nên đồ thị đối xứng tâm gốc; trở về hệ cũ ta được đúng hai tâm đối xứng $(2; 2)$ và $(- 1; 0)$ , khớp kết quả hai cách trên.

Nhận xét. Dạng $Y = X^{3} + pX$ cho thấy ngay bản chất: $p < 0$ thì có hai cực trị, $p \geq 0$ thì đơn điệu tăng — ý a) có $p = - 3$ , ý b) có $p = 3$ .

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: chỉ một dòng biến đổi

y^{'}

thành tích hoặc thành tổng bình phương là đọc được dấu, tiết kiệm hẳn việc kẻ bảng xét dấu; Cách 3 tuy đẹp nhưng mất thời gian khai triển.

Đáp số. a) Đồng biến trên

(- \infty; 1)

và

(3; + \infty)

, nghịch biến trên

(1; 3)

; cực đại

(1; 4)

, cực tiểu

(3; 0)

; tâm đối xứng

(2; 2)

; đồ thị cắt

O x

tại

x = 0

và

x = 3

. b) Đồng biến trên

R

, không có cực trị; tâm đối xứng

(- 1; 0)

; đồ thị cắt

O x

tại

x = - 1

và cắt

O y

tại

(0; 4)

Sai lầm thường gặp. Sai lầm hay gặp nhất là ở ý b): thấy

y^{'} = 3 x^{2} + 6 x + 6

là tam thức bậc hai rồi theo quán tính kết luận hàm bậc ba này có hai cực trị. Phản ví dụ ngay trong bài:

y^{'} = 3 (x + 1)^{2} + 3 \geq 3

nên

y^{'}

không bao giờ bằng

0

, hàm số đồng biến trên

R

và không có cực trị nào. Sai lầm thứ hai là ở ý a) tính

y (3)

thiếu hạng tử

9 x

, ra

27 - 54 = - 27

rồi vẽ cực tiểu nằm sâu dưới trục hoành, trong khi

y (3) = 0

nên điểm

(3; 0)

nằm ĐÚNG trên trục hoành và là điểm tiếp xúc kép vì

y = x (x - 3)^{2}

🚀 Mở rộng. Tổng quát với

y = x^{3} - 6 x^{2} + 9 x + m

: đồ thị luôn có hai cực trị tại

x = 1

và

x = 3

với hai giá trị

4 + m

và

m

, nên đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi

m (4 + m) < 0

, tức

- 4 < m < 0

Nguồn: SBT Toán 12 — KNTT, tập 1, trang 25

Mở bài này trong app ↗

Bài 2 · 1.32★★Trang 25— Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

y = \frac{a x + b}{c x + d}

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau: a)

y = \frac{3 x + 5}{x + 2}

; b)

y = \frac{2 x - 1}{x - 1}

Kiến thức cần nhớ

Với $y = \frac{a x + b}{c x + d}$ , $c \neq = 0$ và $a d - b c \neq = 0$ : tiệm cận đứng $x = - \frac{d}{c}$ , tiệm cận ngang $y = \frac{a}{c}$ .
$y^{'} = \frac{a d - b c}{( c x + d ) ^{2}}$ nên $y^{'}$ cùng dấu với $a d - b c$ trên mọi khoảng xác định; hàm số không có cực trị.
Giao điểm hai tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thị.
Phải nói đồng biến hoặc nghịch biến trên TỪNG khoảng xác định, không được gộp hai khoảng rời nhau thành một tập.

🧠 Phân tích tư duy

Cả hai hàm đều có dạng bậc nhất trên bậc nhất với

a d - b c \neq = 0

, dấu hiệu của đồ thị hình hypebol hai nhánh, có một tiệm cận đứng và một tiệm cận ngang. Vì tử và mẫu cùng bậc nên

y^{'}

giữ một dấu không đổi trên từng khoảng xác định, do đó hàm số không có cực trị và không cần đi tìm nghiệm của

y^{'}

. Bẫy thường gặp là viết gộp thành đồng biến trên

R ∖ {- 2}

, trong khi phải nói đồng biến trên TỪNG khoảng vì điểm

x = - 2

cắt tập xác định thành hai phần rời nhau.

1Cách 1. Đi trọn sơ đồ khảo sát với đạo hàm của một thương

Định hướng. Dùng đúng công thức đạo hàm của thương rồi lần lượt tính bốn giới hạn là có trọn bảng biến thiên cùng hai tiệm cận.

y = \frac{3 x + 5}{x + 2}

, tập xác định

D = R ∖ {- 2}

y^{'} = \frac{3 ( x + 2 ) - ( 3 x + 5 )}{( x + 2 ) ^{2}} = \frac{3 x + 6 - 3 x - 5}{( x + 2 ) ^{2}} = \frac{1}{( x + 2 ) ^{2}} > 0

x \to (- 2)^{-} lim y = + \infty

;

x \to (- 2)^{+} lim y = - \infty

x \to \pm \infty lim y = x \to \pm \infty lim \frac{3 + \frac{5}{x}}{1 + \frac{2}{x}} = 3

y = 0 \Leftrightarrow 3 x + 5 = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{5}{3}

;

y (0) = \frac{5}{2}

y = \frac{2 x - 1}{x - 1}

, tập xác định

D = R ∖ {1}

y^{'} = \frac{2 ( x - 1 ) - ( 2 x - 1 )}{( x - 1 ) ^{2}} = \frac{2 x - 2 - 2 x + 1}{( x - 1 ) ^{2}} = \frac{- 1}{( x - 1 ) ^{2}} < 0

x \to 1^{-} lim y = - \infty

;

x \to 1^{+} lim y = + \infty

x \to \pm \infty lim y = 2

y = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}

;

y (0) = 1

Vậy ý a) đồng biến trên mỗi khoảng $(- \infty; - 2)$ và $(- 2; + \infty)$ , tiệm cận đứng $x = - 2$ , tiệm cận ngang $y = 3$ , tâm đối xứng $I (- 2; 3)$ ; ý b) nghịch biến trên mỗi khoảng $(- \infty; 1)$ và $(1; + \infty)$ , tiệm cận đứng $x = 1$ , tiệm cận ngang $y = 2$ , tâm đối xứng $I (1; 2)$ .

2Cách 2. Tách phần nguyên để thấy tiệm cận và chiều biến thiên mà không cần đạo hàm

Định hướng. Viết hàm thành một hằng số cộng một phân số có tử không đổi thì cả hai tiệm cận lẫn chiều biến thiên đều lộ ra ngay từ chính công thức.

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

x_{1} < x_{2}

cùng thuộc một khoảng

\Rightarrow \frac{1}{x _{1} + 2} > \frac{1}{x _{2} + 2} \Rightarrow 3 - \frac{1}{x _{1} + 2} < 3 - \frac{1}{x _{2} + 2}

x \to (- 2)^{-} \Rightarrow \frac{1}{x + 2} \to - \infty \Rightarrow y \to + \infty

x \to (- 2)^{+} \Rightarrow \frac{1}{x + 2} \to + \infty \Rightarrow y \to - \infty

x \to \pm \infty \Rightarrow \frac{1}{x + 2} \to 0 \Rightarrow y \to 3

y = \frac{2 x - 1}{x - 1} = \frac{2 ( x - 1 ) + 1}{x - 1} = 2 + \frac{1}{x - 1}

x_{1} < x_{2}

cùng thuộc một khoảng

\Rightarrow \frac{1}{x _{1} - 1} > \frac{1}{x _{2} - 1} \Rightarrow y (x_{1}) > y (x_{2})

x \to 1^{-} \Rightarrow \frac{1}{x - 1} \to - \infty \Rightarrow y \to - \infty

;

x \to 1^{+} \Rightarrow y \to + \infty

x \to \pm \infty \Rightarrow \frac{1}{x - 1} \to 0 \Rightarrow y \to 2

Vậy đồ thị ý a) là đồ thị $y = - \frac{1}{x}$ dời sang trái $2$ đơn vị rồi lên trên $3$ đơn vị nên hàm đồng biến trên từng khoảng; đồ thị ý b) là đồ thị $y = \frac{1}{x}$ dời sang phải $1$ đơn vị rồi lên trên $2$ đơn vị nên hàm nghịch biến trên từng khoảng.

3Cách 3. Dời trục về tâm đối xứng, đưa về hypebol quen thuộc

Y = \frac{k}{X}

Định hướng. Sau khi tách phần nguyên, chỉ cần đổi hệ trục về giao hai tiệm cận là hàm trở thành $Y = \frac{k}{X}$ — vẽ được ngay mà không phải tính thêm gì.

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

, đặt

X = x + 2

Y = y - 3

Y = - \frac{1}{X}

với

k = - 1 < 0

Y (- X) = \frac{1}{X} = - Y (X)

nên

Y

là hàm lẻ, hai nhánh nằm ở góc phần tư thứ hai và thứ tư của hệ trục mới

y = 2 + \frac{1}{x - 1}

, đặt

X = x - 1

Y = y - 2

Y = \frac{1}{X}

với

k = 1 > 0

Y (- X) = - \frac{1}{X} = - Y (X)

nên

Y

là hàm lẻ, hai nhánh nằm ở góc phần tư thứ nhất và thứ ba của hệ trục mới

Vậy hai đồ thị đều là hypebol $Y = \frac{k}{X}$ trong hệ trục mới gốc $I$ ; dấu của $k$ quyết định chiều biến thiên, $k < 0$ cho hàm đồng biến (ý a) và $k > 0$ cho hàm nghịch biến (ý b), đồng thời gốc $I$ là tâm đối xứng.

Nhận xét. Vì $k = \frac{b c - a d}{c ^{2}}$ , chỉ cần tính $a d - b c$ là biết ngay hàm đồng biến hay nghịch biến: ý a) có $a d - b c = 6 - 5 = 1 > 0$ nên đồng biến, ý b) có $a d - b c = - 2 + 1 = - 1 < 0$ nên nghịch biến.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: một dòng tách phần nguyên là ra cả hai tiệm cận lẫn chiều biến thiên, không phải nhớ công thức đạo hàm của thương và không sợ sai dấu ở tử.

Đáp số. a) Đồng biến trên mỗi khoảng

(- \infty; - 2)

và

(- 2; + \infty)

; tiệm cận đứng

x = - 2

, tiệm cận ngang

y = 3

; tâm đối xứng

I (- 2; 3)

; đồ thị đi qua

(- \frac{5}{3}; 0)

và

(0; \frac{5}{2})

. b) Nghịch biến trên mỗi khoảng

(- \infty; 1)

và

(1; + \infty)

; tiệm cận đứng

x = 1

, tiệm cận ngang

y = 2

; tâm đối xứng

I (1; 2)

; đồ thị đi qua

(\frac{1}{2}; 0)

và

(0; 1)

Sai lầm thường gặp. Lỗi phổ biến là gộp hai khoảng lại rồi kết luận ý a) đồng biến trên cả tập xác định

R ∖ {- 2}

. Phản ví dụ cụ thể: lấy

x_{1} = - 3

và

x_{2} = 0

thì

y (- 3) = \frac{- 4}{- 1} = 4

còn

y (0) = \frac{5}{2}

, ta có

x_{1} < x_{2}

mà

y (x_{1}) > y (x_{2})

— vậy hàm số KHÔNG đồng biến trên cả tập xác định, chỉ đồng biến trên từng khoảng. Lỗi thứ hai là tính

y^{'}

của ý b) ra

\frac{1}{( x - 1 ) ^{2}}

vì quên đổi dấu khi khai triển

- (2 x - 1)

, dẫn tới kết luận ngược hoàn toàn về chiều biến thiên.

🚀 Mở rộng. Với

y = \frac{a x + b}{c x + d}

tổng quát, tách phần nguyên cho

y = \frac{a}{c} + \frac{b c - a d}{c ^{2}} \cdot \frac{1}{x + \frac{d}{c}}

, nên chỉ cần dấu của

a d - b c

là đủ kết luận chiều biến thiên mà không cần đạo hàm lần nào.

Nguồn: SBT Toán 12 — KNTT, tập 1, trang 25

Mở bài này trong app ↗

Bài 3 · 1.33★★★Trang 25— Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

y = \frac{a x ^{2} + b x + c}{p x + q}

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau: a)

y = \frac{x ^{2} - 4 x + 8}{x - 2}

; b)

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

Kiến thức cần nhớ

Nếu $x \to x_{0}^{\pm} lim y = \pm \infty$ thì $x = x_{0}$ là tiệm cận đứng của đồ thị.
Nếu viết được $y = a x + b + \frac{k}{x - x _{0}}$ với $k \neq = 0$ thì $y = a x + b$ là tiệm cận xiên và $x = x_{0}$ là tiệm cận đứng.
Giao điểm hai tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thị.
Bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương: $u + v \geq 2 uv$ , dấu bằng khi $u = v$ .

🧠 Phân tích tư duy

Tử bậc hai, mẫu bậc nhất và tử không chia hết cho mẫu — dấu hiệu của đồ thị có một tiệm cận đứng và một tiệm cận XIÊN, khác hẳn dạng bậc nhất trên bậc nhất ở bài trước. Việc đầu tiên nên làm là chia đa thức để tách hàm thành phần bậc nhất cộng một phân số, vì ngay sau đó cả tiệm cận xiên lẫn cực trị đều tính rất nhanh. Bẫy là quên kiểm tra tử có nghiệm trùng với nghiệm của mẫu hay không: nếu trùng thì phải rút gọn và tiệm cận đứng sẽ biến mất.

1Cách 1. Đi trọn sơ đồ khảo sát, đạo hàm trực tiếp dạng thương

Định hướng. Đạo hàm thẳng dạng thương rồi xét dấu tử là cách an toàn nhất khi chưa nhìn ra phép chia đa thức.

y = \frac{x ^{2} - 4 x + 8}{x - 2}

, tập xác định

D = R ∖ {2}

y^{'} = \frac{( 2 x - 4 ) ( x - 2 ) - ( x ^{2} - 4 x + 8 )}{( x - 2 ) ^{2}} = \frac{2 x ^{2} - 8 x + 8 - x ^{2} + 4 x - 8}{( x - 2 ) ^{2}} = \frac{x ^{2} - 4 x}{( x - 2 ) ^{2}}

y^{'} = \frac{x ( x - 4 )}{( x - 2 ) ^{2}}

y^{'} = 0 \Leftrightarrow x = 0

hoặc

x = 4

y (0) = \frac{8}{- 2} = - 4

;

y (4) = \frac{16 - 16 + 8}{2} = 4

x \to 2^{-} lim y = - \infty

;

x \to 2^{+} lim y = + \infty

y - (x - 2) = \frac{x ^{2} - 4 x + 8 - ( x - 2 ) ^{2}}{x - 2} = \frac{4}{x - 2} \to 0

khi

x \to \pm \infty

x^{2} - 4 x + 8 = (x - 2)^{2} + 4 > 0

nên đồ thị không cắt trục

O x

;

y (0) = - 4

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

, tập xác định

D = R ∖ {- 1}

y^{'} = \frac{( 4 x + 3 ) ( x + 1 ) - ( 2 x ^{2} + 3 x - 5 )}{( x + 1 ) ^{2}} = \frac{4 x ^{2} + 7 x + 3 - 2 x ^{2} - 3 x + 5}{( x + 1 ) ^{2}} = \frac{2 x ^{2} + 4 x + 8}{( x + 1 ) ^{2}}

y^{'} = \frac{2 [ ( x + 1 ) ^{2} + 3 ]}{( x + 1 ) ^{2}} > 0

với mọi

x \neq = - 1

x \to (- 1)^{-} lim y = + \infty

;

x \to (- 1)^{+} lim y = - \infty

y - (2 x + 1) = \frac{2 x ^{2} + 3 x - 5 - ( 2 x + 1 ) ( x + 1 )}{x + 1} = \frac{- 6}{x + 1} \to 0

khi

x \to \pm \infty

2 x^{2} + 3 x - 5 = (x - 1) (2 x + 5) = 0 \Leftrightarrow x = 1

hoặc

x = - \frac{5}{2}

;

y (0) = - 5

Vậy ý a) đồng biến trên $(- \infty; 0)$ và $(4; + \infty)$ , nghịch biến trên $(0; 2)$ và $(2; 4)$ , cực đại $(0; - 4)$ , cực tiểu $(4; 4)$ , tiệm cận đứng $x = 2$ và tiệm cận xiên $y = x - 2$ ; ý b) đồng biến trên $(- \infty; - 1)$ và $(- 1; + \infty)$ , không có cực trị, tiệm cận đứng $x = - 1$ và tiệm cận xiên $y = 2 x + 1$ .

2Cách 2. Chia đa thức để tách tiệm cận xiên, rồi dùng Cô-si tìm cực trị

Định hướng. Sau khi tách hàm thành $a x + b + \frac{k}{x - x _{0}}$ , phần biến thiên chỉ còn hai số hạng, và với ý a) hai số hạng đó nhân nhau ra hằng số nên Cô-si cho ngay cực trị.

x^{2} - 4 x + 8 = (x - 2)^{2} + 4 \Rightarrow y = \frac{( x - 2 ) ^{2} + 4}{x - 2} = (x - 2) + \frac{4}{x - 2}

đặt

u = x - 2

, khi đó

y = u + \frac{4}{u}

với

u \neq = 0

u > 0

y = u + \frac{4}{u} \geq 2 u \cdot \frac{4}{u} = 4

, dấu bằng khi

u = \frac{4}{u} \Leftrightarrow u = 2 \Leftrightarrow x = 4

u < 0

: đặt

v = - u > 0

y = - (v + \frac{4}{v}) \leq - 4

, dấu bằng khi

v = 2 \Leftrightarrow x = 0

2 x^{2} + 3 x - 5 = (2 x + 1) (x + 1) - 6 \Rightarrow y = (2 x + 1) - \frac{6}{x + 1}

y^{'} = 2 + \frac{6}{( x + 1 ) ^{2}} > 0

với mọi

x \neq = - 1

Vậy ý a) có giá trị lớn nhất trên nhánh trái là $- 4$ tại $x = 0$ nên $(0; - 4)$ là cực đại, có giá trị nhỏ nhất trên nhánh phải là $4$ tại $x = 4$ nên $(4; 4)$ là cực tiểu, hai tiệm cận là $x = 2$ và $y = x - 2$ ; ý b) có $y^{'}$ là tổng của hai số dương nên luôn dương, hàm số đồng biến trên từng khoảng và không có cực trị, hai tiệm cận là $x = - 1$ và $y = 2 x + 1$ .

3Cách 3. Dời trục về giao hai tiệm cận, đưa về hàm lẻ

Y = a X + \frac{k}{X}

Định hướng. Giao hai tiệm cận là tâm đối xứng, nên dời gốc toạ độ về đó biến hàm thành hàm lẻ: khảo sát nhánh bên phải rồi lấy đối xứng là xong cả đồ thị.

a) hai tiệm cận

x = 2

và

y = x - 2

cắt nhau tại

I (2; 0)

đặt

X = x - 2

Y = y

, ta được

Y = X + \frac{4}{X}

Y (- X) = - X - \frac{4}{X} = - Y (X)

nên

Y

là hàm lẻ

Y^{'} = 1 - \frac{4}{X ^{2}} = \frac{X ^{2} - 4}{X ^{2}}

Y^{'} = 0 \Leftrightarrow X = \pm 2

Y (2) = 4

Y (- 2) = - 4

b) hai tiệm cận

x = - 1

và

y = 2 x + 1

cắt nhau tại

I (- 1; - 1)

đặt

X = x + 1

Y = y + 1

, ta được

Y = 2 X - \frac{6}{X}

Y (- X) = - 2 X + \frac{6}{X} = - Y (X)

nên

Y

là hàm lẻ

Y^{'} = 2 + \frac{6}{X ^{2}} > 0

Vậy trong hệ trục mới, ý a) là $Y = X + \frac{4}{X}$ và ý b) là $Y = 2 X - \frac{6}{X}$ ; cả hai đều là hàm lẻ nên đồ thị nhận $I (2; 0)$ và $I (- 1; - 1)$ làm tâm đối xứng, và chỉ cần vẽ nhánh $X > 0$ rồi lấy đối xứng qua $I$ .

Nhận xét. Dạng $Y = a X + \frac{k}{X}$ phân loại trọn vẹn: $a$ và $k$ trái dấu thì hàm đơn điệu, không có cực trị (ý b); cùng dấu thì có đúng hai cực trị và hiệu hai giá trị cực trị bằng $4 ak$ — ý a) cho $44 = 8$ , đúng bằng $4 - (- 4)$ .

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: chia đa thức chỉ mất một dòng nhưng cho ngay tiệm cận xiên, và với ý a) Cô-si cho cực trị nhanh hơn hẳn việc lập bảng xét dấu

y^{'}

dạng thương.

Đáp số. a) Đồng biến trên

(- \infty; 0)

và

(4; + \infty)

, nghịch biến trên

(0; 2)

và

(2; 4)

; cực đại

(0; - 4)

, cực tiểu

(4; 4)

; tiệm cận đứng

x = 2

, tiệm cận xiên

y = x - 2

; tâm đối xứng

I (2; 0)

; đồ thị không cắt trục

O x

. b) Đồng biến trên

(- \infty; - 1)

và

(- 1; + \infty)

, không có cực trị; tiệm cận đứng

x = - 1

, tiệm cận xiên

y = 2 x + 1

; tâm đối xứng

I (- 1; - 1)

; đồ thị cắt

O x

tại

x = 1

và

x = - \frac{5}{2}

, cắt

O y

tại

(0; - 5)

Sai lầm thường gặp. Sai lầm nặng nhất là ở ý a) gộp thành nghịch biến trên khoảng

(0; 4)

vì thấy

y^{'} < 0

trên cả đoạn giữa hai nghiệm của tử. Phản ví dụ:

y (1) = \frac{1 - 4 + 8}{- 1} = - 5

còn

y (3) = \frac{9 - 12 + 8}{1} = 5

, tức

1 < 3

mà

y (1) < y (3)

— phải tách thành hai khoảng

(0; 2)

và

(2; 4)

vì

x = 2

không thuộc tập xác định. Sai lầm thứ hai là vẫn đi tìm tiệm cận ngang: thấy hệ số bậc cao nhất của tử và mẫu là

1

rồi viết

y = 1

, trong khi

x \to + \infty lim y = + \infty

nên đồ thị không có tiệm cận ngang, chỉ có tiệm cận xiên.

🚀 Mở rộng. Thử ngay biến thể

y = \frac{x ^{2} - 4 x + 4}{x - 2}

: lúc này tử bằng

(x - 2)^{2}

nên rút gọn được thành

y = x - 2

với

x \neq = 2

, tiệm cận đứng biến mất và đồ thị chỉ còn là một đường thẳng khuyết điểm

(2; 0)

Nguồn: SBT Toán 12 — KNTT, tập 1, trang 25

Mở bài này trong app ↗

Bài 4 · 1.34★★Trang 25— Đọc chiều biến thiên và cực trị từ đồ thị của

f^{'} (x)

Cho hàm số

y = f (x)

có đạo hàm

f^{'} (x)

xác định trên

R

và

f^{'} (x)

có đồ thị như hình vẽ dưới đây: đồ thị

f^{'}

cắt trục hoành tại

x = - 1

và

x = 2

, nằm phía trên trục hoành khi

x < - 1

hoặc

x > 2

, nằm phía dưới trục hoành khi

- 1 < x < 2

. Tìm các khoảng đồng biến, khoảng nghịch biến và các điểm cực trị của hàm số

y = f (x)

Kiến thức cần nhớ

Trên khoảng mà $f^{'} (x) > 0$ thì $f$ đồng biến; trên khoảng mà $f^{'} (x) < 0$ thì $f$ nghịch biến.
$f^{'}$ đổi dấu từ dương sang âm khi $x$ qua $x_{0}$ thì $x_{0}$ là điểm cực đại của $f$ ; đổi dấu từ âm sang dương thì $x_{0}$ là điểm cực tiểu.
$f^{'} (x_{0}) = 0$ mà $f^{'}$ không đổi dấu qua $x_{0}$ thì $x_{0}$ không phải điểm cực trị.
Với đồ thị của $f^{'}$ , ta đọc DẤU theo vị trí trên hay dưới trục hoành, không đọc theo chiều lên xuống của đường cong.

🧠 Phân tích tư duy

Đề không cho công thức

f (x)

mà chỉ cho đồ thị của

f^{'} (x)

— dấu hiệu rằng mọi câu trả lời phải đọc từ VỊ TRÍ của đồ thị so với trục hoành, không phải từ chiều đi lên hay đi xuống của nó. Đồ thị

f^{'}

cắt trục hoành tại hai điểm

x = - 1

và

x = 2

, nằm trên trục ở hai bên ngoài và dưới trục ở khoảng giữa, nên chỉ cần chuyển ba thông tin dấu đó thành ba mũi tên trong bảng biến thiên. Bẫy lớn nhất là nhầm đồ thị của

f^{'}

với đồ thị của

f

: trên khoảng

(- 1; 2)

đồ thị

f^{'}

có đoạn đi lên, nhưng vì vẫn nằm dưới trục hoành nên

f

vẫn đang nghịch biến.

1Cách 1. Đọc dấu của

f^{'} (x)

theo vị trí đồ thị so với trục hoành rồi lập bảng biến thiên

Định hướng. Chỉ cần dịch ba vị trí của đồ thị $f^{'}$ so với trục hoành thành ba dòng dấu là bảng biến thiên của $f$ hiện ra trọn vẹn.

đồ thị

f^{'}

cắt trục hoành tại

x = - 1

và

x = 2

nên

f^{'} (- 1) = f^{'} (2) = 0

x \in (- \infty; - 1)

: đồ thị

f^{'}

nằm phía trên trục hoành

\Rightarrow f^{'} (x) > 0

x \in (- 1; 2)

: đồ thị

f^{'}

nằm phía dưới trục hoành

\Rightarrow f^{'} (x) < 0

x \in (2; + \infty)

: đồ thị

f^{'}

nằm phía trên trục hoành

\Rightarrow f^{'} (x) > 0

f^{'}

đổi dấu từ

+

sang

-

khi

x

qua

- 1

f^{'}

đổi dấu từ

-

sang

+

khi

x

qua

2

Vậy hàm số $f$ đồng biến trên mỗi khoảng $(- \infty; - 1)$ và $(2; + \infty)$ , nghịch biến trên khoảng $(- 1; 2)$ ; $f$ đạt cực đại tại $x = - 1$ và đạt cực tiểu tại $x = 2$ .

2Cách 2. Chọn một biểu thức

f^{'} (x)

khớp đồ thị rồi tính trực tiếp để kiểm chứng

Định hướng. Đồ thị đã cho là một parabol bề lõm hướng lên đi qua $(- 1; 0)$ và $(2; 0)$ , nên mọi biểu thức $f^{'} (x) = a (x + 1) (x - 2)$ với $a > 0$ đều khớp; lấy một biểu thức cụ thể sẽ kiểm chứng được kết quả bằng tính toán thật.

chọn

f^{'} (x) = (x + 1) (x - 2) = x^{2} - x - 2

, khi đó

f (x) = \frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{2}}{2} - 2 x + C

f^{'} (- 2) = (- 1) \cdot (- 4) = 4 > 0

f^{'} (0) = 1 \cdot (- 2) = - 2 < 0

f^{'} (3) = 4 \cdot 1 = 4 > 0

f (- 1) - f (0) = (- \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + 2) - 0 = \frac{7}{6} > 0

f (2) - f (0) = \frac{8}{3} - 2 - 4 = - \frac{10}{3} < 0

Vậy với mọi $a > 0$ , dấu của $f^{'} (x) = a (x + 1) (x - 2)$ đúng như đồ thị đã cho, và tính toán xác nhận $f (- 1)$ lớn hơn giá trị lân cận còn $f (2)$ nhỏ hơn giá trị lân cận, nên $x = - 1$ là điểm cực đại và $x = 2$ là điểm cực tiểu.

3Cách 3. Dùng trực tiếp định nghĩa cực trị trên từng lân cận

Định hướng. Cực trị vốn được định nghĩa bằng so sánh giá trị trên một lân cận, nên có thể trả lời mà không cần lập bảng, chỉ cần biết $f$ đơn điệu trên từng khoảng.

f^{'} (x) > 0

trên

(- \infty; - 1)

nên

f

đồng biến, suy ra

f (x) < f (- 1)

với mọi

x \in (- \infty; - 1)

f^{'} (x) < 0

trên

(- 1; 2)

nên

f

nghịch biến, suy ra

f (x) < f (- 1)

với mọi

x \in (- 1; 2)

f (x) \leq f (- 1)

với mọi

x

thuộc một lân cận của

- 1

f^{'} (x) < 0

trên

(- 1; 2)

nên

f (x) > f (2)

với mọi

x \in (- 1; 2)

f^{'} (x) > 0

trên

(2; + \infty)

nên

f (x) > f (2)

với mọi

x \in (2; + \infty)

f (x) \geq f (2)

với mọi

x

thuộc một lân cận của

2

Vậy theo đúng định nghĩa, $f$ đạt cực đại tại $x = - 1$ và đạt cực tiểu tại $x = 2$ ; các khoảng đơn điệu là $(- \infty; - 1)$ và $(2; + \infty)$ đồng biến, $(- 1; 2)$ nghịch biến.

Nhận xét. Cách này cho thấy vì sao không cần biết giá trị $f (- 1)$ hay $f (2)$ : đề chỉ hỏi ĐIỂM cực trị, mà điểm cực trị được quyết định hoàn toàn bởi sự đổi dấu của $f^{'}$ .

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: đọc dấu rồi kẻ một bảng biến thiên là trọn điểm trong ba dòng, còn Cách 2 chỉ nên dùng khi muốn kiểm tra lại vì phải tự nghĩ ra biểu thức.

Đáp số. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

(- \infty; - 1)

và

(2; + \infty)

, nghịch biến trên khoảng

(- 1; 2)

; đạt cực đại tại

x = - 1

, đạt cực tiểu tại

x = 2

Sai lầm thường gặp. Sai lầm kinh điển là đọc đồ thị

f^{'}

như thể đó là đồ thị

f

: thấy đường cong đi xuống rồi đi lên với điểm thấp nhất tại

x = 0, 5

mà kết luận hàm số nghịch biến rồi đồng biến, cực tiểu tại

x = 0, 5

. Phản ví dụ ngay tại chỗ: với

f^{'} (x) = (x + 1) (x - 2)

thì

f^{'} (0, 5) = - 2, 25 \neq = 0

, nên

x = 0, 5

không thể là điểm cực trị của

f

; đó chỉ là điểm mà

f^{'}

nhỏ nhất, tức nơi

f

giảm nhanh nhất. Sai lầm thứ hai là viết khoảng đồng biến thành

(- \infty; - 1]

và

[2; + \infty)

, gộp luôn hai điểm cực trị vào khoảng đơn điệu.

🚀 Mở rộng. Nếu đồ thị

f^{'}

được sửa thành parabol tiếp xúc trục hoành tại

x = - 1

, tức

f^{'} (x) = a (x + 1)^{2}

với

a > 0

, thì

f^{'} (- 1) = 0

mà

f^{'}

không đổi dấu, nên

f

đồng biến trên cả

R

và KHÔNG có cực trị nào.

Nguồn: SBT Toán 12 — KNTT, tập 1, trang 25

Mở bài này trong app ↗

Bài 5 · 1.35★★★Trang 25— Suy bảng biến thiên của vận tốc từ đồ thị gia tốc

Gia tốc

a (t)

của một vật chuyển động,

t

tính theo giây, từ giây thứ nhất đến giây thứ

5

là một hàm liên tục có đồ thị như hình vẽ dưới đây: đồ thị cắt trục hoành tại

t = 3

, nằm phía trên trục hoành khi

1 < t < 3

và nằm phía dưới trục hoành khi

3 < t < 5

. a) Lập bảng biến thiên của hàm vận tốc

y = v (t)

với

t \in [1; 5]

. b) Xác định thời điểm vật chuyển động với vận tốc lớn nhất.

Kiến thức cần nhớ

Vận tốc và gia tốc của một chuyển động liên hệ bởi $a (t) = v^{'} (t)$ .
$v^{'} (t) > 0$ trên một khoảng thì $v$ tăng trên khoảng đó; $v^{'} (t) < 0$ thì $v$ giảm.
$v^{'}$ đổi dấu từ dương sang âm tại $t_{0}$ thì $v$ đạt cực đại tại $t_{0}$ , và đó cũng là giá trị lớn nhất nếu trên đoạn đang xét chỉ có một lần đổi dấu.
Đọc dấu của $a (t)$ theo vị trí đồ thị so với trục hoành, không theo chiều đi lên hay đi xuống của nó.

🧠 Phân tích tư duy

Đề cho đồ thị gia tốc mà lại hỏi bảng biến thiên của vận tốc — mắt khoá của bài là đẳng thức

a (t) = v^{'} (t)

, nó biến bài toán vật lí thành bài xét dấu đạo hàm thuần tuý. Từ đồ thị,

a (t)

dương trên

(1; 3)

, bằng

0

tại

t = 3

và âm trên

(3; 5)

, nên dấu của

v^{'}

đã có đủ mà không cần biết công thức của

a

. Bẫy là nhầm gia tốc giảm với vận tốc giảm: trên khoảng

(1; 3)

gia tốc đang giảm dần về

0

nhưng vẫn dương, nên vận tốc vẫn TĂNG suốt khoảng đó.

1Cách 1. Chuyển dấu của gia tốc thành dấu của

v^{'}

rồi lập bảng biến thiên

Định hướng. Chỉ cần thay vai trò: đồ thị đang cho là đồ thị của $v^{'}$ , nên đọc dấu trên đó là lập được ngay bảng biến thiên của $v$ .

a (t) = v^{'} (t)

với mọi

t \in [1; 5]

đồ thị

a

cắt trục hoành tại

t = 3 \Rightarrow v^{'} (3) = 0

t \in (1; 3)

: đồ thị

a

nằm phía trên trục hoành

\Rightarrow v^{'} (t) > 0

t \in (3; 5)

: đồ thị

a

nằm phía dưới trục hoành

\Rightarrow v^{'} (t) < 0

v^{'}

đổi dấu từ

+

sang

-

khi

t

qua

3

Vậy trên đoạn $[1; 5]$ hàm vận tốc $v$ tăng trên $[1; 3]$ rồi giảm trên $[3; 5]$ , đạt cực đại — đồng thời là giá trị lớn nhất — tại $t = 3$ ; vật chuyển động với vận tốc lớn nhất ở giây thứ ba.

2Cách 2. So sánh trực tiếp

v (t)

với

v (3)

trên hai đoạn đơn điệu

Định hướng. Câu hỏi chỉ là tìm thời điểm vận tốc lớn nhất, nên chỉ cần chứng minh $v (t) \leq v (3)$ với mọi $t$ , và tính đơn điệu trên từng đoạn đã đủ làm việc đó.

v^{'} > 0

trên

(1; 3)

nên

v

đồng biến trên

[1; 3]

t \in [1; 3] \Rightarrow v (t) \leq v (3)

v^{'} < 0

trên

(3; 5)

nên

v

nghịch biến trên

[3; 5]

t \in [3; 5] \Rightarrow v (t) \leq v (3)

v (t) \leq v (3)

với mọi

t \in [1; 5]

, dấu bằng chỉ khi

t = 3

Vậy giá trị lớn nhất của $v$ trên đoạn $[1; 5]$ là $v (3)$ , đạt được duy nhất tại $t = 3$ , nên vật chuyển động nhanh nhất ở giây thứ ba.

3Cách 3. Mô hình hoá gia tốc bằng một biểu thức khớp đồ thị rồi khảo sát

v

Định hướng. Đồ thị gia tốc là một đường cong dương trên $(1; 3)$ , triệt tiêu tại $t = 3$ và âm trên $(3; 5)$ ; lấy một biểu thức cụ thể có đúng tính chất đó sẽ kiểm chứng được kết luận bằng tính toán.

chọn

a (t) = \frac{( 3 - t ) ( t + 2 )}{3}

, có

a (1) = 2 > 0

a (3) = 0

a (5) = - \frac{14}{3} < 0

t + 2 > 0

trên

[1; 5]

nên

a (t) = 0 \Leftrightarrow t = 3

v^{'} (t) = a (t) = \frac{( 3 - t ) ( t + 2 )}{3}

t \in (1; 3) \Rightarrow 3 - t > 0

t + 2 > 0 \Rightarrow v^{'} (t) > 0

t \in (3; 5) \Rightarrow 3 - t < 0

t + 2 > 0 \Rightarrow v^{'} (t) < 0

Vậy với biểu thức cụ thể này, $v$ cũng tăng trên $[1; 3]$ rồi giảm trên $[3; 5]$ và đạt vận tốc lớn nhất tại $t = 3$ , khớp đúng kết quả đọc từ đồ thị; điều đó khẳng định đáp số không phụ thuộc việc chọn biểu thức nào.

Nhận xét. Điểm cốt lõi là chỉ DẤU của $a$ quyết định bảng biến thiên của $v$ ; mọi hàm gia tốc cùng dấu trên hai khoảng đó đều cho cùng một bảng và cùng một đáp số.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: hai dòng đọc dấu rồi một bảng biến thiên là đủ cho cả ý a) và ý b), còn Cách 3 phải tự dựng biểu thức nên chỉ dùng để kiểm tra lại.

Đáp số. a) Trên

[1; 5]

có

v^{'} (t) > 0

khi

t \in (1; 3)

và

v^{'} (t) < 0

khi

t \in (3; 5)

, nên

v

tăng trên

[1; 3]

rồi giảm trên

[3; 5]

, đạt cực đại tại

t = 3

. b) Vật chuyển động với vận tốc lớn nhất tại thời điểm

t = 3

giây.

Sai lầm thường gặp. Sai lầm thường gặp nhất là đọc đồ thị gia tốc như đồ thị vận tốc rồi trả lời vận tốc lớn nhất ở giây thứ nhất vì thấy đường cong cao nhất tại

t = 1

. Phản ví dụ: trên

(1; 3)

ta có

a (t) > 0

, tức

v^{'} (t) > 0

, nên

v (3) > v (1)

— điểm cao nhất của đồ thị GIA TỐC lại chính là nơi vận tốc còn nhỏ nhất. Sai lầm thứ hai là thấy

a (3) = 0

rồi kết luận tại

t = 3

vật dừng lại;

a (3) = 0

chỉ nói vận tốc đang không thay đổi tại thời điểm đó, còn

v (3)

vẫn là giá trị lớn nhất.

🚀 Mở rộng. Nếu đồ thị gia tốc được sửa thành âm trên

(1; 3)

và dương trên

(3; 5)

thì bảng biến thiên đảo chiều,

t = 3

thành thời điểm vận tốc NHỎ nhất, và vận tốc lớn nhất khi đó phải tìm ở hai đầu đoạn bằng cách so sánh

v (1)

với

v (5)

Nguồn: SBT Toán 12 — KNTT, tập 1, trang 25

Mở bài này trong app ↗

Bài 6 · 1.36★★★Trang 26— Tối ưu diện tích tờ giấy in, hàm phân thức

Một mẫu giấy in hình chữ nhật được thiết kế với vùng in có diện tích

300

^{2}

, lề trái và lề phải là

2

cm, lề trên và lề dưới là

3

cm. Gọi

x

(cm) là chiều rộng của tờ giấy. a) Tính diện tích của tờ giấy theo

x

. b) Kí hiệu diện tích tờ giấy là

S (x)

. Khảo sát sự biến thiên của hàm số

y = S (x)

. c) Tìm kích thước của tờ giấy sao cho nguyên liệu giấy được sử dụng là ít nhất.

Kiến thức cần nhớ

Điều kiện có nghĩa: chiều rộng vùng in phải dương, tức $x - 4 > 0$ .
Diện tích hình chữ nhật bằng chiều dài nhân chiều rộng.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một khoảng đạt tại điểm mà $y^{'}$ đổi dấu từ âm sang dương.
Bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương: $u + v \geq 2 uv$ , dấu bằng khi $u = v$ .

🧠 Phân tích tư duy

Đề cho diện tích vùng in CỐ ĐỊNH và các lề cố định, hỏi kích thước tờ giấy để nguyên liệu ít nhất — dấu hiệu quen của bài tối ưu một biến: đặt một chiều làm ẩn rồi biểu diễn chiều còn lại qua ràng buộc

300

. Chọn ẩn là chiều rộng tờ giấy thì chiều rộng vùng in là

x - 4

, từ đó chiều dài vùng in bằng

\frac{300}{x - 4}

và mọi thứ tính được theo

x

. Bẫy là trừ lề chỉ một lần: lề trái VÀ lề phải mỗi bên

2

cm nên chiều rộng phải trừ

4

, tương tự chiều dài phải trừ

6

1Cách 1. Đặt ẩn là chiều rộng tờ giấy rồi khảo sát

S (x)

bằng đạo hàm

Định hướng. Ràng buộc duy nhất là diện tích vùng in bằng $300$ , nên chỉ cần trừ lề hai chiều rồi rút chiều dài theo $x$ là có hàm một biến để khảo sát.

gọi

x

(cm) là chiều rộng và

y

(cm) là chiều dài tờ giấy, với

x > 4

và

y > 6

chiều rộng vùng in là

x - 4

, chiều dài vùng in là

y - 6

(x - 4) (y - 6) = 300 \Rightarrow y = 6 + \frac{300}{x - 4}

S (x) = x y = x (6 + \frac{300}{x - 4}) = 6 x + \frac{300 x}{x - 4} = \frac{6 x ^{2} + 276 x}{x - 4}

với

x > 4

S^{'} (x) = 6 + 300 \cdot \frac{( x - 4 ) - x}{( x - 4 ) ^{2}} = 6 - \frac{1200}{( x - 4 ) ^{2}} = \frac{6 [ ( x - 4 ) ^{2} - 200 ]}{( x - 4 ) ^{2}}

S^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow (x - 4)^{2} = 200 \Leftrightarrow x - 4 = 102 \Leftrightarrow x = 4 + 102

S^{'} (x) < 0

khi

4 < x < 4 + 102

;

S^{'} (x) > 0

khi

x > 4 + 102

y = 6 + \frac{300}{10 2} = 6 + \frac{30}{2} = 6 + 152

S = (4 + 102) (6 + 152) = 24 + 602 + 602 + 300 = 324 + 1202

Vậy $S (x)$ giảm trên $(4; 4 + 102)$ và tăng trên $(4 + 102; + \infty)$ , nên nguyên liệu ít nhất khi tờ giấy có chiều rộng $4 + 102 \approx 18, 14$ cm và chiều dài $6 + 152 \approx 27, 21$ cm, lúc đó diện tích tờ giấy bằng $324 + 1202 \approx 493, 71$ cm $^{2}$ .

2Cách 2. Đổi biến

u = x - 4

rồi dùng bất đẳng thức Cô-si

Định hướng. Đổi biến về chiều rộng vùng in làm hàm gọn lại thành tổng của hai số hạng có tích không đổi — đúng khuôn để dùng Cô-si, khỏi cần đạo hàm.

đặt

u = x - 4 > 0

, khi đó

x = u + 4

S = 6 (u + 4) + \frac{300 ( u + 4 )}{u} = 6 u + 24 + 300 + \frac{1200}{u} = 6 u + \frac{1200}{u} + 324

6 u > 0

\frac{1200}{u} > 0

và

6 u \cdot \frac{1200}{u} = 7200

không đổi

6 u + \frac{1200}{u} \geq 2 6 u \cdot \frac{1200}{u} = 27200 = 1202

S \geq 324 + 1202

dấu bằng khi

6 u = \frac{1200}{u} \Leftrightarrow u^{2} = 200 \Leftrightarrow u = 102

x = 4 + 102

y = 6 + \frac{300}{10 2} = 6 + 152

Vậy diện tích tờ giấy nhỏ nhất bằng $324 + 1202 \approx 493, 71$ cm $^{2}$ , đạt được khi tờ giấy có kích thước $(4 + 102)$ cm nhân $(6 + 152)$ cm, trùng khớp kết quả của Cách 1.

3Cách 3. Lấy hai kích thước vùng in làm ẩn, dùng ràng buộc tích không đổi

Định hướng. Nhìn vào $S = (p + 4) (q + 6)$ với $pq = 300$ : khai triển ra thì hai số hạng chứa ẩn lại có tích không đổi, nên Cô-si dùng được ngay mà không phải giải phương trình bậc hai nào.

gọi

p

và

q

(cm) là chiều rộng và chiều dài vùng in,

p > 0

q > 0

pq = 300

S = (p + 4) (q + 6) = pq + 6 p + 4 q + 24 = 300 + 6 p + 4 q + 24 = 324 + 6 p + 4 q

6 p \cdot 4 q = 24 pq = 7200

không đổi

6 p + 4 q \geq 2 24 pq = 27200 = 1202

S \geq 324 + 1202

, dấu bằng khi

6 p = 4 q

6 p = 4 q \Rightarrow q = \frac{3 p}{2}

, thay vào

pq = 300

được

\frac{3 p ^{2}}{2} = 300 \Rightarrow p^{2} = 200 \Rightarrow p = 102

q = 152

x = p + 4 = 4 + 102

y = q + 6 = 6 + 152

Vậy cả ba cách cho cùng đáp số: tờ giấy dùng ít nguyên liệu nhất có chiều rộng $4 + 102 \approx 18, 14$ cm, chiều dài $6 + 152 \approx 27, 21$ cm và diện tích $324 + 1202 \approx 493, 71$ cm $^{2}$ .

Nhận xét. Cách 3 phơi rõ bản chất: trong $S = 324 + 6 p + 4 q$ chỉ hai số hạng $6 p$ và $4 q$ thay đổi còn $pq$ và hằng số $24$ thì không, nên bài toán thu về đúng một lần Cô-si.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: chỉ một dòng đổi biến là ra dạng

6 u + \frac{1200}{u} + 324

rồi Cô-si một nhịp, ngắn hơn hẳn việc đạo hàm phân thức ở Cách 1 và không sợ sai dấu ở tử; nhưng ý b) đòi KHẢO SÁT nên phần bảng biến thiên vẫn phải làm theo Cách 1.

Đáp số. a)

S (x) = \frac{6 x ^{2} + 276 x}{x - 4}

với

x > 4

. b)

S

giảm trên

(4; 4 + 102)

, tăng trên

(4 + 102; + \infty)

, giá trị nhỏ nhất là

324 + 1202 \approx 493, 71

. c) Tờ giấy có chiều rộng

4 + 102 \approx 18, 14

cm và chiều dài

6 + 152 \approx 27, 21

cm.

Sai lầm thường gặp. Sai lầm hay gặp nhất là trừ lề một lần: viết chiều rộng vùng in bằng

x - 2

thay vì

x - 4

. Phản ví dụ kiểm tra nhanh: nếu tờ giấy rộng

5

cm thì sau khi cắt lề trái

2

cm và lề phải

2

cm chỉ còn

1

cm, đúng bằng

5 - 4

, chứ không phải

3

cm. Sai lầm thứ hai nằm ở bước Cô-si: nhiều em viết

6 u + \frac{1200}{u} \geq 21200 = 403

do bỏ quên hệ số

6

của số hạng đầu khi nhân, dẫn tới đáp số

324 + 403 \approx 393, 3

sai hẳn so với

493, 71

🚀 Mở rộng. Tổng quát với vùng in diện tích

A

, lề ngang mỗi bên

m

và lề dọc mỗi bên

n

, cùng lời giải cho

S_{m i n} = A + 4 mn + 4 mn A

đạt khi

p = \frac{n A}{m}

— thay

A = 300

m = 2

n = 3

được đúng

324 + 1202

Nguồn: SBT Toán 12 — KNTT, tập 1, trang 26

Mở bài này trong app ↗

Bài 7 · 1.37★★★Trang 26— Chi phí trung bình nhỏ nhất, hàm có tiệm cận xiên

Giả sử chi phí để sản xuất

x

sản phẩm của một nhà máy được cho bởi

C (x) = 0, 2 x^{2} + 10 x + 5

(triệu đồng). Chi phí trung bình để sản xuất một đơn vị sản phẩm là

f (x) = \frac{C ( x )}{x}

. a) Khảo sát sự biến thiên của hàm số

y = f (x)

. b) Số lượng sản phẩm cần sản xuất là bao nhiêu để chi phí trung bình là thấp nhất?

Kiến thức cần nhớ

Chi phí trung bình $f (x) = \frac{C ( x )}{x}$ , chỉ xét với $x > 0$ .
$(\frac{1}{x})^{'} = - \frac{1}{x ^{2}}$ .
Nếu $y = a x + b + \frac{k}{x}$ với $k \neq = 0$ thì $y = a x + b$ là tiệm cận xiên và trục $O y$ là tiệm cận đứng của đồ thị.
Bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương: $u + v \geq 2 uv$ , dấu bằng khi $u = v$ .

🧠 Phân tích tư duy

Đề cho hàm chi phí bậc hai rồi định nghĩa chi phí trung bình là

\frac{C ( x )}{x}

— dấu hiệu rằng sau khi chia, hàm thu được có dạng bậc nhất cộng

\frac{5}{x}

, tức là hàm có tiệm cận xiên. Chia từng hạng tử cho

x

ngay từ đầu tiện hơn nhiều so với giữ nguyên phân số rồi đạo hàm dạng thương. Bẫy là quên điều kiện

x > 0

: nghiệm

x = - 5

của phương trình

f^{'} (x) = 0

không có nghĩa vì số sản phẩm phải dương.

1Cách 1. Chia từng hạng tử cho

x

rồi khảo sát bằng đạo hàm

Định hướng. Chia trước khi đạo hàm biến một phân thức thành tổng ba hạng tử đơn giản, đạo hàm chỉ còn hai số hạng.

f (x) = \frac{C ( x )}{x} = \frac{0 , 2 x ^{2} + 10 x + 5}{x} = 0, 2 x + 10 + \frac{5}{x}

với

x > 0

f^{'} (x) = 0, 2 - \frac{5}{x ^{2}} = \frac{0 , 2 x ^{2} - 5}{x ^{2}}

f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow x^{2} = 25 \Leftrightarrow x = 5

(do

x > 0

)

f^{'} (x) < 0

khi

0 < x < 5

;

f^{'} (x) > 0

khi

x > 5

f (5) = 1 + 10 + 1 = 12

x \to 0^{+} lim f (x) = + \infty

;

x \to + \infty lim f (x) = + \infty

f (x) - (0, 2 x + 10) = \frac{5}{x} \to 0

khi

x \to + \infty

Vậy $f$ giảm trên $(0; 5)$ và tăng trên $(5; + \infty)$ , đạt giá trị nhỏ nhất bằng $12$ tại $x = 5$ , đồ thị có tiệm cận đứng là trục $O y$ và tiệm cận xiên $y = 0, 2 x + 10$ ; nhà máy nên sản xuất $5$ sản phẩm, khi đó chi phí trung bình thấp nhất bằng $12$ triệu đồng mỗi sản phẩm.

2Cách 2. Dùng Cô-si cho hai số hạng có tích không đổi

Định hướng. Trong $f (x) = 0, 2 x + 10 + \frac{5}{x}$ , hai số hạng chứa $x$ có tích bằng $1$ không đổi — đúng khuôn Cô-si, cho ngay giá trị nhỏ nhất mà không cần đạo hàm.

x > 0 \Rightarrow 0, 2 x > 0

và

\frac{5}{x} > 0

0, 2 x \cdot \frac{5}{x} = 1

0, 2 x + \frac{5}{x} \geq 2 0, 2 x \cdot \frac{5}{x} = 21 = 2

f (x) = 0, 2 x + 10 + \frac{5}{x} \geq 10 + 2 = 12

dấu bằng khi

0, 2 x = \frac{5}{x} \Leftrightarrow x^{2} = 25 \Leftrightarrow x = 5

Vậy $f (x) \geq 12$ với mọi $x > 0$ và $f (5) = 12$ , nên chi phí trung bình nhỏ nhất là $12$ triệu đồng một sản phẩm, đạt được khi sản xuất $5$ sản phẩm.

3Cách 3. Dùng nguyên lí kinh tế: chi phí trung bình nhỏ nhất khi nó bằng chi phí cận biên

Định hướng. Đạo hàm của $\frac{C ( x )}{x}$ triệt tiêu đúng lúc $C^{'} (x)$ bằng chính $\frac{C ( x )}{x}$ , nên thay vì khảo sát $f$ ta chỉ giải một phương trình — cách này còn cho luôn ý nghĩa kinh tế của đáp số.

f (x) = \frac{C ( x )}{x} \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{C ^{'} ( x ) \cdot x - C ( x )}{x ^{2}}

f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow C^{'} (x) = \frac{C ( x )}{x} = f (x)

C^{'} (x) = 0, 4 x + 10

0, 4 x + 10 = 0, 2 x + 10 + \frac{5}{x} \Leftrightarrow 0, 2 x = \frac{5}{x} \Leftrightarrow x^{2} = 25

x = 5

(do

x > 0

)

C^{'} (5) = 2 + 10 = 12

và

f (5) = \frac{5 + 50 + 5}{5} = 12

Vậy chi phí trung bình đạt nhỏ nhất tại $x = 5$ , và tại đó chi phí trung bình bằng đúng chi phí cận biên $C^{'} (5) = 12$ triệu đồng, khớp cả hai cách trên.

Nhận xét. Đẳng thức $f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow C^{'} (x) = f (x)$ đúng với MỌI hàm chi phí khả vi, nên mẹo này dùng lại được cho các bài chi phí trung bình khác.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: hai dòng Cô-si là ra cả giá trị nhỏ nhất lẫn điểm đạt được, nhanh hơn Cách 1; nhưng ý a) yêu cầu KHẢO SÁT đầy đủ nên phần bảng biến thiên và tiệm cận vẫn phải trình bày theo Cách 1.

Đáp số. a)

f (x) = 0, 2 x + 10 + \frac{5}{x}

với

x > 0

; giảm trên

(0; 5)

, tăng trên

(5; + \infty)

, cực tiểu

f (5) = 12

; tiệm cận đứng là trục

O y

, tiệm cận xiên

y = 0, 2 x + 10

. b) Sản xuất

5

sản phẩm, chi phí trung bình thấp nhất bằng

12

triệu đồng một sản phẩm.

Sai lầm thường gặp. Sai lầm hay gặp là đi tìm giá trị nhỏ nhất của

C (x)

thay vì của

f (x)

: thấy

C^{'} (x) = 0, 4 x + 10 > 0

với mọi

x > 0

nên

C

luôn tăng, rồi kết luận sai rằng càng sản xuất ít càng lợi. Phản ví dụ: sản xuất

1

sản phẩm cho chi phí trung bình

f (1) = 0, 2 + 10 + 5 = 15, 2

triệu đồng, lớn hơn

f (5) = 12

triệu đồng, nên làm ít hơn không hề rẻ hơn. Sai lầm thứ hai là nhận cả nghiệm

x = - 5

của

x^{2} = 25

rồi tính

f (- 5) = - 1 + 10 - 1 = 8

và báo chi phí trung bình nhỏ nhất là

8

triệu đồng, một giá trị không thể có vì số sản phẩm không thể âm.

🚀 Mở rộng. Tổng quát với

C (x) = a x^{2} + b x + c

trong đó

a > 0

c > 0

f (x) = a x + b + \frac{c}{x} \geq b + 2 a c

, nên chi phí trung bình thấp nhất luôn bằng

b + 2 a c

đạt tại

x = \frac{c}{a}

— thay

a = 0, 2

b = 10

c = 5

được đúng

12

tại

x = 5

Nguồn: SBT Toán 12 — KNTT, tập 1, trang 26

Mở bài này trong app ↗

Bài 8 · 1.38★★★★Trang 26— Tối ưu diện tích tam giác tạo bởi đường thẳng và hai trục

Cho điểm

A (3; 2)

trên mặt phẳng toạ độ. Một đường thẳng đi qua

A

cắt trục hoành tại

B

, cắt trục tung tại

C

tạo thành tam giác

O B C

nằm trong góc phần tư thứ nhất, với

O

là gốc toạ độ. a) Biết hoành độ điểm

B

là

x = t

với

t > 3

. Tính diện tích tam giác

O B C

theo

t

, kí hiệu diện tích này là

S (t)

. b) Khảo sát sự biến thiên của hàm số

y = S (t)

. c) Tìm vị trí điểm

B

để diện tích tam giác

O B C

nhỏ nhất.

Kiến thức cần nhớ

Tam giác vuông tại $O$ có diện tích $S = \frac{1}{2} \cdot O B \cdot O C$ .
Phương trình đoạn chắn của đường thẳng cắt hai trục tại $(m; 0)$ và $(0; n)$ là $\frac{x}{m} + \frac{y}{n} = 1$ .
Nếu viết được $S = u + \frac{k}{u} + c$ với $u > 0$ , $k > 0$ thì Cô-si cho ngay giá trị nhỏ nhất bằng $2 k + c$ .
Bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương: $u + v \geq 2 uv$ , dấu bằng khi $u = v$ .

🧠 Phân tích tư duy

Bài cho một điểm cố định

A (3; 2)

và một đường thẳng thay đổi qua nó, hỏi diện tích tam giác nhỏ nhất — dấu hiệu của dạng tối ưu với ràng buộc điểm cố định thuộc đường thẳng. Chọn ẩn là hoành độ

t

của

B

như đề gợi ý thì tung độ của

C

tính được ngay từ điều kiện ba điểm thẳng hàng, và diện tích thu về một phân thức một biến. Bẫy là bỏ điều kiện

t > 3

: nếu

t \leq 3

thì

C

không còn nằm trên nửa trục tung dương nên tam giác

O B C

không nằm trong góc phần tư thứ nhất.

1Cách 1. Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm rồi khảo sát

S (t)

bằng đạo hàm

Định hướng. Có $B (t; 0)$ và $A (3; 2)$ là viết được đường thẳng, từ đó lấy tung độ của $C$ rồi lập diện tích theo đúng biến mà đề chỉ định.

B (t; 0)

với

t > 3

, đường thẳng

B A

có hệ số góc

k = \frac{2 - 0}{3 - t} = \frac{2}{3 - t}

phương trình đường thẳng

B A

y = \frac{2}{3 - t} (x - t)

x = 0 \Rightarrow y = \frac{- 2 t}{3 - t} = \frac{2 t}{t - 3}

, nên

C (0; \frac{2 t}{t - 3})

S (t) = \frac{1}{2} \cdot O B \cdot O C = \frac{1}{2} \cdot t \cdot \frac{2 t}{t - 3} = \frac{t ^{2}}{t - 3}

với

t > 3

S^{'} (t) = \frac{2 t ( t - 3 ) - t ^{2}}{( t - 3 ) ^{2}} = \frac{t ^{2} - 6 t}{( t - 3 ) ^{2}} = \frac{t ( t - 6 )}{( t - 3 ) ^{2}}

S^{'} (t) = 0 \Leftrightarrow t = 6

(do

t > 3

)

S^{'} (t) < 0

khi

3 < t < 6

;

S^{'} (t) > 0

khi

t > 6

S (6) = \frac{36}{3} = 12

t \to 3^{+} lim S (t) = + \infty

;

t \to + \infty lim S (t) = + \infty

Vậy $S$ giảm trên $(3; 6)$ , tăng trên $(6; + \infty)$ và nhỏ nhất bằng $12$ tại $t = 6$ ; diện tích tam giác $O B C$ nhỏ nhất khi $B (6; 0)$ , lúc đó $C (0; 4)$ và diện tích bằng $12$ .

2Cách 2. Tách phần nguyên của

S (t)

rồi dùng Cô-si

Định hướng. Chia $t^{2}$ cho $t - 3$ đưa $S$ về một số hạng bậc nhất cộng một phân số, và sau khi đổi biến $u = t - 3$ thì hai số hạng biến thiên có tích không đổi.

t^{2} = (t - 3) (t + 3) + 9 \Rightarrow S (t) = t + 3 + \frac{9}{t - 3}

đặt

u = t - 3 > 0

, khi đó

t = u + 3

S = u + 6 + \frac{9}{u}

u > 0

\frac{9}{u} > 0

và

u \cdot \frac{9}{u} = 9

không đổi

u + \frac{9}{u} \geq 29 = 6

S \geq 6 + 6 = 12

, dấu bằng khi

u = \frac{9}{u} \Leftrightarrow u = 3 \Leftrightarrow t = 6

Vậy diện tích nhỏ nhất của tam giác $O B C$ bằng $12$ , đạt được khi $t = 6$ tức $B (6; 0)$ và $C (0; 4)$ ; đồng thời dạng $S = u + \frac{9}{u} + 6$ cho thấy đồ thị $S$ có tiệm cận đứng $t = 3$ và tiệm cận xiên $y = t + 3$ .

3Cách 3. Dùng phương trình đoạn chắn, Cô-si thẳng trên ràng buộc

Định hướng. Viết đường thẳng dưới dạng đoạn chắn thì điều kiện $A$ thuộc đường thẳng thành một ràng buộc đối xứng giữa hai đoạn chắn, và Cô-si áp thẳng lên ràng buộc đó cho đáp số mà không phải khảo sát hàm nào.

gọi

B (m; 0)

và

C (0; n)

với

m > 0

n > 0

; đường thẳng

B C

có phương trình

\frac{x}{m} + \frac{y}{n} = 1

A (3; 2)

thuộc đường thẳng

B C \Rightarrow \frac{3}{m} + \frac{2}{n} = 1

1 = \frac{3}{m} + \frac{2}{n} \geq 2 \frac{3}{m} \cdot \frac{2}{n} = 2 \frac{6}{mn}

1 \geq \frac{24}{mn} \Leftrightarrow mn \geq 24

S = \frac{1}{2} mn \geq 12

dấu bằng khi

\frac{3}{m} = \frac{2}{n} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow m = 6

n = 4

Vậy diện tích tam giác $O B C$ nhỏ nhất bằng $12$ khi $B (6; 0)$ và $C (0; 4)$ , đúng kết quả của hai cách trên nhưng không phải khảo sát hàm số nào.

Nhận xét. Cách 3 tổng quát được ngay: với $A (a; b)$ , $a > 0$ , $b > 0$ thì $\frac{a}{m} + \frac{b}{n} = 1$ cho $mn \geq 4 ab$ , nên $S_{m i n} = 2 ab$ đạt khi $m = 2 a$ , $n = 2 b$ — thay $a = 3$ , $b = 2$ được $S_{m i n} = 12$ .

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi, nếu chỉ hỏi diện tích nhỏ nhất thì dùng Cách 3: bốn dòng Cô-si trên phương trình đoạn chắn là xong. Nhưng đề này yêu cầu KHẢO SÁT

S (t)

ở ý b) nên phần đó phải làm theo Cách 1, rồi lấy Cách 3 để kiểm tra đáp số.

Đáp số. a)

S (t) = \frac{t ^{2}}{t - 3}

với

t > 3

. b)

S

giảm trên

(3; 6)

, tăng trên

(6; + \infty)

, cực tiểu

S (6) = 12

; tiệm cận đứng

t = 3

, tiệm cận xiên

y = t + 3

. c) Diện tích nhỏ nhất bằng

12

khi

B (6; 0)

, lúc đó

C (0; 4)

và

A

là trung điểm của

B C

Sai lầm thường gặp. Sai lầm thứ nhất là bỏ điều kiện

t > 3

: giải

S^{'} (t) = 0

được

t = 0

và

t = 6

rồi nhận cả

t = 0

, trong khi

t = 0

cho

B

trùng gốc toạ độ và không có tam giác nào. Sai lầm thứ hai là tính tung độ của

C

sai dấu, ra

C (0; \frac{- 2 t}{t - 3})

do quên rằng

x - t = - t

khi

x = 0

; khi đó với

t = 6

ta được

C (0; - 4)

nằm ở nửa trục tung âm, trái hẳn dữ kiện tam giác nằm trong góc phần tư thứ nhất. Kiểm tra nhanh bằng

t = 5

: đường thẳng qua

B (5; 0)

và

A (3; 2)

là

y = 5 - x

, cắt trục tung tại

C (0; 5)

— tung độ dương, đúng bằng

\frac{2 t}{t - 3} = \frac{10}{2} = 5

🚀 Mở rộng. Với điểm cố định

A (a; b)

trong góc phần tư thứ nhất, cùng lời giải cho

S_{m i n} = 2 ab

tại

B (2 a; 0)

và

C (0; 2 b)

— nghĩa là

A

luôn là TRUNG ĐIỂM của đoạn

B C

khi diện tích nhỏ nhất, đúng như

A (3; 2)

là trung điểm của

B (6; 0)

và

C (0; 4)

Nguồn: SBT Toán 12 — KNTT, tập 1, trang 26

Mở bài này trong app ↗

Bài 9 · 1.39★★Trang 26— Khảo sát mô hình tăng trưởng phân thức, tìm sức chứa

Một quần thể cá được nuôi trong một hồ nhân tạo lúc ban đầu có

80000

con. Sau

t

năm số lượng quần thể cá nói trên được xác định bởi

N (t) = \frac{20 ( 4 + 3 t )}{1 + 0 , 05 t}

(nghìn con). a) Khảo sát sự biến thiên của hàm số

y = N (t)

. b) Số lượng tối đa có thể chứa của quần thể cá là bao nhiêu?

Kiến thức cần nhớ

Với $y = \frac{a x + b}{c x + d}$ , $c \neq = 0$ : tiệm cận ngang là $y = \frac{a}{c}$ .
$y^{'} = \frac{a d - b c}{( c x + d ) ^{2}}$ giữ một dấu không đổi, nên hàm số không có cực trị.
Hàm đồng biến và bị chặn trên bởi tiệm cận ngang thì tiệm cận ngang chính là giá trị mà hàm tiến tới nhưng không đạt được.
Đơn vị của $N (t)$ là nghìn con, phải đổi lại khi trả lời theo số con.

🧠 Phân tích tư duy

Hàm

N (t)

là bậc nhất trên bậc nhất, nên câu hỏi về số lượng tối đa không nhắm tới một cực trị mà nhắm tới TIỆM CẬN NGANG — đó là mắt khoá của bài. Rút gọn hệ số thập phân

0, 05

về phân số ngay từ đầu sẽ tránh được hầu hết lỗi tính toán về sau. Bẫy là nhầm đơn vị: công thức cho kết quả theo NGHÌN con, nên giới hạn

1200

phải đọc là

1200000

con.

1Cách 1. Rút gọn rồi khảo sát bằng đạo hàm, đọc sức chứa ở tiệm cận ngang

Định hướng. Khử hệ số thập phân ở mẫu trước, rồi đạo hàm và lấy giới hạn tại vô cực là có đủ chiều biến thiên cùng sức chứa.

N (t) = \frac{20 ( 4 + 3 t )}{1 + 0 , 05 t} = \frac{20 ( 4 + 3 t ) \cdot 20}{20 + t} = \frac{400 ( 3 t + 4 )}{t + 20} = \frac{1200 t + 1600}{t + 20}

với

t \geq 0

N^{'} (t) = \frac{1200 ( t + 20 ) - ( 1200 t + 1600 )}{( t + 20 ) ^{2}} = \frac{24 000 - 1600}{( t + 20 ) ^{2}} = \frac{22 400}{( t + 20 ) ^{2}} > 0

N (0) = \frac{1600}{20} = 80

N (20) = \frac{24 000 + 1600}{40} = \frac{25 600}{40} = 640

t \to + \infty lim N (t) = t \to + \infty lim \frac{1200 + \frac{1600}{t}}{1 + \frac{20}{t}} = 1200

Vậy $N$ đồng biến trên $[0; + \infty)$ và không có cực trị, tăng từ $N (0) = 80$ nghìn con rồi tiến dần tới tiệm cận ngang $N = 1200$ nghìn con nhưng không bao giờ đạt tới; số lượng tối đa có thể chứa của quần thể cá là $1200$ nghìn con, tức $1200000$ con.

2Cách 2. Tách phần nguyên để thấy ngay tính đồng biến và chặn trên

Định hướng. Viết $N$ thành một hằng số trừ đi một phân số dương thì cả chiều biến thiên lẫn chặn trên đều đọc được từ công thức, khỏi cần đạo hàm.

N (t) = \frac{1200 t + 1600}{t + 20} = \frac{1200 ( t + 20 ) - 22 400}{t + 20} = 1200 - \frac{22 400}{t + 20}

0 \leq t_{1} < t_{2} \Rightarrow t_{1} + 20 < t_{2} + 20 \Rightarrow \frac{22 400}{t _{1} + 20} > \frac{22 400}{t _{2} + 20}

\Rightarrow 1200 - \frac{22 400}{t _{1} + 20} < 1200 - \frac{22 400}{t _{2} + 20} \Rightarrow N (t_{1}) < N (t_{2})

\frac{22 400}{t + 20} > 0

với mọi

t \geq 0 \Rightarrow N (t) < 1200

\frac{22 400}{t + 20} \to 0

khi

t \to + \infty \Rightarrow N (t) \to 1200

N (0) = 1200 - \frac{22 400}{20} = 1200 - 1120 = 80

Vậy $N$ đồng biến trên $[0; + \infty)$ , luôn nhỏ hơn $1200$ và tiến tới $1200$ khi $t$ lớn dần, nên sức chứa tối đa của hồ là $1200$ nghìn con cá, tức $1200000$ con.

3Cách 3. Giải bất phương trình

N (t) < M

để tìm chặn trên nhỏ nhất

Định hướng. Sức chứa tối đa chính là số $M$ nhỏ nhất mà $N (t) < M$ với mọi $t \geq 0$ , nên có thể tìm trực tiếp bằng cách giải bất phương trình theo $t$ .

t + 20 > 0

nên

N (t) < M \Leftrightarrow 1200 t + 1600 < M (t + 20)

\Leftrightarrow (1200 - M) t < 20 M - 1600

M = 1200 \Rightarrow 0 < 24000 - 1600 = 22400

, đúng với mọi

t \geq 0

M < 1200 \Rightarrow t < \frac{20 M - 1600}{1200 - M}

, không đúng với mọi

t \geq 0

M = 1200

là số nhỏ nhất chặn trên

N

trên

[0; + \infty)

Vậy giá trị chặn trên nhỏ nhất của $N$ trên $[0; + \infty)$ là $1200$ nghìn con, chỉ đạt tới trong giới hạn khi $t \to + \infty$ ; đó chính là số lượng tối đa của quần thể cá, bằng $1200000$ con.

Nhận xét. Ba cách cùng chỉ ra rằng số lượng tối đa của mô hình phân thức này không phải một giá trị lớn nhất đạt được, mà là một giới hạn: quần thể tăng mãi nhưng luôn dưới ngưỡng $1200000$ con.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: một dòng tách phần nguyên cho luôn cả tính đồng biến, chặn trên và giá trị

N (0)

, ngắn hơn Cách 1 và tránh được việc tính

22400

trong công thức đạo hàm.

Đáp số. a)

N (t) = \frac{400 ( 3 t + 4 )}{t + 20} = 1200 - \frac{22 400}{t + 20}

đồng biến trên

[0; + \infty)

, không có cực trị,

N (0) = 80

nghìn con, tiệm cận ngang

N = 1200

. b) Số lượng tối đa là

1200

nghìn con, tức

1200000

con.

Sai lầm thường gặp. Sai lầm thứ nhất là trả lời

1200

con vì bỏ qua đơn vị nghìn con của công thức; kiểm tra lại bằng

t = 0

sẽ thấy

N (0) = 80

trong khi đề nói ban đầu hồ có

80000

con, nên đơn vị đúng phải là nghìn con. Sai lầm thứ hai là đi tìm cực đại của

N

: giải

N^{'} (t) = \frac{22 400}{( t + 20 ) ^{2}} = 0

thì vô nghiệm, từ đó kết luận sai rằng hàm số không có giá trị lớn nhất nên không có sức chứa tối đa. Thực ra

N

tuy không đạt giá trị lớn nhất nhưng vẫn bị chặn trên bởi

1200

, và chính chặn trên đó mới là sức chứa mà đề hỏi.

🚀 Mở rộng. Với mô hình tổng quát

N (t) = \frac{a t + b}{c t + d}

trong đó

c > 0

và

a d - b c > 0

, quần thể luôn tăng và sức chứa là

\frac{a}{c}

; thử đổi

0, 05

trong đề thành

0, 04

thì sức chứa tăng lên

\frac{60}{0 , 04} = 1500

nghìn con.

Nguồn: SBT Toán 12 — KNTT, tập 1, trang 26

Mở bài này trong app ↗

Bài 10 · 1.40★★★Trang 27— Tối ưu thể tích khối hộp có ràng buộc tổng kích cỡ

Một khối bưu kiện hình hộp chữ nhật được quy định về kích cỡ như sau: tổng chiều dài và chu vi thiết diện ngang (là hình vuông) bằng

240

cm. Gọi

x

(cm) là độ dài cạnh của thiết diện ngang. a) Tính thể tích của khối bưu kiện theo

x

. b) Kí hiệu

V (x)

là thể tích của khối bưu kiện. Khảo sát sự biến thiên của hàm số

y = V (x)

Kiến thức cần nhớ

Chu vi hình vuông cạnh $x$ bằng $4 x$ .
Thể tích khối hộp chữ nhật bằng diện tích đáy nhân chiều cao; ở đây đáy là hình vuông cạnh $x$ nên $V = x^{2} ℓ$ với $ℓ$ là chiều dài.
Điều kiện hình học buộc mọi kích thước phải dương, cho $0 < x < 60$ .
Bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương: $u + v + w \geq 3 3 uv w$ , dấu bằng khi $u = v = w$ .

🧠 Phân tích tư duy

Ràng buộc của đề là tổng chiều dài và chu vi thiết diện ngang bằng

240

, mà thiết diện ngang là hình vuông cạnh

x

nên chu vi bằng

4 x

— dấu hiệu để biểu diễn chiều dài theo

x

ngay lập tức. Sau đó thể tích là một đa thức bậc ba theo

x

, việc còn lại chỉ là khảo sát trên khoảng bị chặn bởi điều kiện hình học. Bẫy là quên chặn miền: phải có

x > 0

và chiều dài

240 - 4 x > 0

, tức

x < 60

, nếu không sẽ nhận cả nghiệm

x = 0

của

V^{'}

1Cách 1. Biểu diễn chiều dài theo

x

rồi khảo sát đa thức bậc ba

Định hướng. Ràng buộc cho chiều dài ngay theo $x$ , nên thể tích thành một đa thức bậc ba một biến và chỉ cần xét dấu $V^{'}$ trên miền hợp lệ.

thiết diện ngang là hình vuông cạnh

x

nên chu vi thiết diện bằng

4 x

gọi

ℓ

(cm) là chiều dài, ràng buộc cho

ℓ + 4 x = 240 \Rightarrow ℓ = 240 - 4 x

x > 0

và

ℓ > 0 \Rightarrow 0 < x < 60

V (x) = x^{2} ℓ = x^{2} (240 - 4 x) = 240 x^{2} - 4 x^{3}

với

0 < x < 60

V^{'} (x) = 480 x - 12 x^{2} = 12 x (40 - x)

V^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow x = 40

(do

0 < x < 60

)

V^{'} (x) > 0

khi

0 < x < 40

;

V^{'} (x) < 0

khi

40 < x < 60

V (40) = 4 0^{2} \cdot (240 - 160) = 1600 \cdot 80 = 128000

Vậy $V$ tăng trên khoảng $(0; 40)$ , giảm trên khoảng $(40; 60)$ và đạt giá trị lớn nhất bằng $128000$ cm $^{3}$ tại $x = 40$ cm, lúc đó chiều dài bằng $240 - 160 = 80$ cm.

2Cách 2. Dùng bất đẳng thức Cô-si cho ba số có tổng không đổi

Định hướng. Viết $V$ thành một hằng số nhân với tích ba số mà tổng của chúng không đổi thì Cô-si cho ngay giá trị lớn nhất, khỏi cần đạo hàm.

V = 240 x^{2} - 4 x^{3} = 4 x^{2} (60 - x) = 16 \cdot \frac{x}{2} \cdot \frac{x}{2} \cdot (60 - x)

0 < x < 60

nên ba số

\frac{x}{2}

\frac{x}{2}

60 - x

đều dương

\frac{x}{2} + \frac{x}{2} + (60 - x) = 60

không đổi

\frac{x}{2} \cdot \frac{x}{2} \cdot (60 - x) \leq (\frac{60}{3})^{3} = 2 0^{3} = 8000

V \leq 16 \cdot 8000 = 128000

dấu bằng khi

\frac{x}{2} = 60 - x \Leftrightarrow x = 40

Vậy thể tích lớn nhất của khối bưu kiện bằng $128000$ cm $^{3}$ , đạt được khi thiết diện ngang là hình vuông cạnh $40$ cm và chiều dài bằng $80$ cm.

3Cách 3. Đổi ẩn sang chiều dài rồi khảo sát theo biến mới

Định hướng. Ràng buộc đối xử như nhau với chiều dài và chu vi thiết diện, nên hoàn toàn có thể lấy chiều dài làm ẩn; làm vậy để thấy đáp số không phụ thuộc cách chọn ẩn.

đặt

ℓ = 240 - 4 x \Rightarrow x = \frac{240 - ℓ}{4} = 60 - \frac{ℓ}{4}

, với

0 < ℓ < 240

V = x^{2} ℓ = (60 - \frac{ℓ}{4})^{2} ℓ = \frac{( 240 - ℓ ) ^{2} ℓ}{16}

V^{'} (ℓ) = \frac{- 2 ( 240 - ℓ ) ℓ + ( 240 - ℓ ) ^{2}}{16} = \frac{( 240 - ℓ ) ( 240 - 3 ℓ )}{16}

V^{'} (ℓ) = 0 \Leftrightarrow ℓ = 240

hoặc

ℓ = 80

; chỉ

ℓ = 80

thuộc khoảng

(0; 240)

V^{'} (ℓ) > 0

khi

0 < ℓ < 80

;

V^{'} (ℓ) < 0

khi

80 < ℓ < 240

V (80) = \frac{( 240 - 80 ) ^{2} \cdot 80}{16} = \frac{25 600 \cdot 80}{16} = 128000

Vậy theo biến $ℓ$ , thể tích cũng lớn nhất bằng $128000$ cm $^{3}$ tại $ℓ = 80$ cm, ứng với $x = 60 - 20 = 40$ cm — trùng khớp hai cách trên.

Nhận xét. Kết quả tối ưu cho $4 x = 160$ và $ℓ = 80$ , tức chu vi thiết diện gấp đôi chiều dài: đó là tỉ lệ ẩn sau con số $240$ của quy định kích cỡ.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: ba dòng Cô-si là ra đáp số, nhanh hơn hẳn. Nhưng ý b) yêu cầu KHẢO SÁT sự biến thiên nên phần bảng biến thiên vẫn phải trình bày theo Cách 1.

Đáp số. a)

V (x) = x^{2} (240 - 4 x) = 240 x^{2} - 4 x^{3}

với

0 < x < 60

. b)

V

tăng trên

(0; 40)

, giảm trên

(40; 60)

, đạt giá trị lớn nhất

V (40) = 128000

^{3}

khi cạnh thiết diện ngang bằng

40

cm và chiều dài bằng

80

cm.

Sai lầm thường gặp. Sai lầm thứ nhất là hiểu chu vi thiết diện ngang thành cạnh của thiết diện: viết

ℓ + x = 240

rồi được

V = x^{2} (240 - x)

, giải ra

x = 160

và

ℓ = 80

; thử lại thì

ℓ + 4 x = 80 + 640 = 720 \neq = 240

nên trái hẳn dữ kiện. Sai lầm thứ hai là bỏ chặn miền: giải

V^{'} (x) = 12 x (40 - x) = 0

được

x = 0

và

x = 40

rồi nhận cả

x = 0

, trong khi

x = 0

cho

V = 0

và không tồn tại khối hộp nào.

🚀 Mở rộng. Tổng quát với ràng buộc

ℓ + 4 x = k

, cùng lời giải cho

V_{m a x} = \frac{k ^{3}}{108}

tại

x = \frac{k}{6}

và

ℓ = \frac{k}{3}

— thay

k = 240

được đúng

128000

^{3}

tại

x = 40

cm.

Nguồn: SBT Toán 12 — KNTT, tập 1, trang 27

Mở bài này trong app ↗

Đối chiếu số hiệu bài tập theo SBT: https://www.vietjack.com/sbt-toan-12-kn/bai-4-khao-sat-su-bien-thien-va-ve-do-thi-cua-ham-so.jsp · https://loigiaihay.com/giai-bai-131-trang-25-sach-bai-tap-toan-12-ket-noi-tri-thuc-a172565.html