Bài 1 · 1.51★★Trang 33— Xét tính đúng sai của mệnh đề về dấu y′ và tính đơn điệu
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm trên (a;b). Xét các mệnh đề sau: (I) Nếu f′(x)≥0 với mọi x∈(a;b) và dấu bằng chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trên (a;b) thì hàm số đồng biến trên (a;b). (II) Nếu f′(x)≤0 với mọi x∈(a;b) và dấu bằng chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trên (a;b) thì hàm số nghịch biến trên (a;b). (III) Nếu f′(x)≤0 với mọi x∈(a;b) thì hàm số nghịch biến trên khoảng (a;b). (IV) Nếu f′(x)≥0 với mọi x∈(a;b) thì hàm số đồng biến trên khoảng (a;b). Mệnh đề nào đúng, mệnh đề nào sai? A. I, II, III và IV đúng. B. I, II và III đúng, còn IV sai. C. I, II và IV đúng, còn III sai. D. I và II đúng, còn III và IV sai.
Kiến thức cần nhớ
Nếu f′(x)>0 với mọi x∈(a;b) thì f đồng biến trên (a;b); nếu f′(x)<0 với mọi x thì f nghịch biến.
Mở rộng: f′(x)≥0 trên (a;b) và f′(x)=0 chỉ tại HỮU HẠN điểm thì f vẫn đồng biến trên (a;b).
Hàm số đồng biến trên K nghĩa là với mọi x1,x2∈K, x1<x2 thì f(x1)<f(x2) (tăng nghiêm ngặt).
Hàm hằng có f′(x)=0 nên vừa thoả f′≥0 vừa thoả f′≤0 mà không đồng biến cũng không nghịch biến.
🧠 Phân tích tư duy
Bốn mệnh đề chỉ khác nhau ở một chi tiết duy nhất: có hay không cụm "dấu bằng chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm", đó chính là dấu hiệu cho biết đề đang kiểm tra ta có nhớ đủ giả thiết của định lí hay không. Hai mệnh đề (III) và (IV) là phát biểu MẠNH hơn (I) và (II) vì bỏ bớt giả thiết, nên nếu (I) và (II) đã là dạng chuẩn thì (III) và (IV) rất đáng nghi. Bẫy nằm ở chỗ nhiều học sinh coi "đồng biến" gồm cả trường hợp hàm không đổi, trong khi sách quy định đồng biến là tăng nghiêm ngặt.
1Cách 1. Đối chiếu từng mệnh đề với đúng phát biểu của định lí
Định hướng. Viết lại định lí dạng chuẩn rồi soi từng mệnh đề xem thiếu hay đủ giả thiết.
(I): f′(x)≥0 trên (a;b), f′(x)=0 tại hữu hạn điểm ⇒f đồng biến — ĐÚNG (đúng dạng mở rộng của định lí)
(II): f′(x)≤0 trên (a;b), f′(x)=0 tại hữu hạn điểm ⇒f nghịch biến — ĐÚNG
(III): bỏ giả thiết “hữu hạn điểm” nên cho phép f′(x)≡0 trên cả (a;b)
f′(x)≡0 trên (a;b)⇒f là hàm hằng, không nghịch biến — (III) SAI
(IV): tương tự, f′(x)≡0 vẫn thoả f′(x)≥0 mà f là hàm hằng — (IV) SAI
Vậy chỉ (I) và (II) đúng, còn (III) và (IV) sai, ta chọn phương án D.
2Cách 2. Bắn hạ (III) và (IV) bằng một phản ví dụ hàm hằng
Định hướng. Chỉ cần MỘT hàm cụ thể thoả giả thiết mà kết luận sai là mệnh đề đó bị loại ngay.
Lấy f(x)=7 trên khoảng (0;1), khi đó f′(x)=0 với mọi x∈(0;1)
f′(x)=0≤0 nên f thoả giả thiết của (III); f′(x)=0≥0 nên f cũng thoả giả thiết của (IV)
f(0,2)=f(0,8)=7 nên 0,2<0,8 mà f(0,2)=f(0,8)
f không nghịch biến và cũng không đồng biến trên (0;1)
⇒ (III) sai và (IV) sai; còn (I), (II) là định lí nên đúng
Vậy hàm hằng là phản ví dụ chung cho cả (III) và (IV), đáp án là D.
Nhận xét. Hàm hằng là “vũ khí” quen thuộc để phá mọi mệnh đề dùng dấu ≥ hoặc ≤ mà quên chặn số điểm bằng nhau.
3Cách 3. Loại trừ theo cấu trúc lôgic của bốn phương án
Định hướng. Hai mệnh đề (III), (IV) hoàn toàn đối xứng nhau nên chúng phải cùng đúng hoặc cùng sai, chỉ điều đó đã cắt bớt ba phương án.
(III) và (IV) chỉ khác nhau ở việc thay f bởi −f: nếu g=−f thì g′=−f′
f′(x)≥0⇔g′(x)≤0 và f đồng biến ⇔g nghịch biến
⇒ (III) và (IV) cùng đúng hoặc cùng sai
Phương án B cho (III) đúng còn (IV) sai, phương án C cho (IV) đúng còn (III) sai ⇒ loại cả B và C
Còn A (cả bốn đúng) và D (chỉ (I), (II) đúng); hàm hằng f(x)=7 có f′≥0 mà không đồng biến ⇒ loại A
Vậy chỉ còn phương án D, tức (I) và (II) đúng, (III) và (IV) sai.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 2: chỉ cần nhớ một hàm hằng là hạ ngay hai mệnh đề (III), (IV) trong nửa dòng, không phải đọc lại định lí và không sợ nhớ nhầm chiều bất đẳng thức.
Đáp số.Chọn D. Mệnh đề (I) và (II) đúng; mệnh đề (III) và (IV) sai vì hàm hằng thoả giả thiết mà không đơn điệu nghiêm ngặt.
Sai lầm thường gặp.Lỗi hay gặp là chọn A vì nghĩ "f′≥0 thì hàm không giảm, tức là đồng biến". Phản ví dụ cụ thể: f(x)=7 trên (0;1) có f′(x)=0≥0 nhưng f(0,2)=f(0,8)=7, tức f không tăng nghiêm ngặt nên không đồng biến. Lỗi thứ hai là chọn B hoặc C, tức cho (III) và (IV) khác nhau về tính đúng sai, trong khi hai mệnh đề đó đối xứng qua phép thay f bởi −f nên không thể một đúng một sai.
🚀 Mở rộng.Nếu thay “một số hữu hạn điểm” bằng “một tập hợp không chứa khoảng nào” thì (I) vẫn còn đúng, chẳng hạn f′(x)=0 tại mọi số nguyên vẫn cho f đồng biến, nhưng nếu f′ triệt tiêu trên cả một khoảng nhỏ thì kết luận sụp đổ ngay.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 33
Bài 2 · 1.52★★Trang 33— Tìm hàm số nghịch biến trên toàn bộ tập xác định
Hàm số nào sau đây nghịch biến trên tập xác định của nó? A. y=−x3+3x2+9x. B. y=2x+x+21. C. y=ex2024. D. y=2024lnx.
Kiến thức cần nhớ
(eu)′=u′⋅eu và et>0 với mọi t.
Hàm số y=ax nghịch biến trên R khi 0<a<1; ở đây ex1=(e1)x.
y=lnx có tập xác định (0;+∞) và đồng biến trên đó vì y′=x1>0.
Hàm bậc ba y=ax3+bx2+cx+d đơn điệu trên R khi và chỉ khi y′ không đổi dấu, tức b2−3ac≤0.
🧠 Phân tích tư duy
Yêu cầu là nghịch biến trên TOÀN BỘ tập xác định, nên chỉ cần tìm được một chỗ y′ dương là phương án đó bị loại ngay, không cần khảo sát trọn vẹn. Hai phương án A và B đều là hàm có y′ là tam thức hoặc hiệu hai đại lượng nên rất dễ đổi dấu, đó là dấu hiệu nên thử chúng trước. Phương án C viết lại thành 2024e−x, một hàm mũ cơ số nhỏ hơn 1, là dạng nghịch biến trên cả R mà không cần tính toán gì.
1Cách 1. Tính đạo hàm rồi xét dấu lần lượt bốn phương án
Định hướng. Làm đúng thứ tự sách: đạo hàm từng hàm, hàm nào có đạo hàm âm trên cả tập xác định thì nhận.
A: y′=−3x2+6x+9=−3(x−3)(x+1), y′(0)=9>0 nên có chỗ đồng biến
B: tập xác định R∖{−2}, y′=2−(x+2)21, y′(0)=2−41=47>0
C: y=2024e−x, y′=−2024e−x<0 với mọi x∈R
D: tập xác định (0;+∞), y′=x2024>0 với mọi x>0
Vậy chỉ hàm ở phương án C có đạo hàm âm trên cả tập xác định, ta chọn C.
2Cách 2. Nhận dạng ngay bằng dáng điệu của bốn hàm quen
Định hướng. Bốn phương án thuộc bốn họ hàm cơ bản, chỉ cần nhớ dáng điệu là đọc ra đáp án mà không cần đạo hàm.
A là hàm bậc ba có b2−3ac=9−3⋅(−1)⋅9=36>0 nên y′ đổi dấu hai lần, hàm có hai cực trị
B có dạng y=2x+x+21, khi x→+∞ thì y→+∞ còn y(−1)=−2+1=−1<y(0)=21
C: y=2024(e1)x là hàm mũ cơ số e1<1
D: y=2024lnx là hàm lôgarit cơ số e>1 nên đồng biến trên (0;+∞)
Vậy hàm mũ cơ số nhỏ hơn 1 ở phương án C là hàm duy nhất nghịch biến trên cả tập xác định.
3Cách 3. Thử hai giá trị cụ thể để loại ba phương án
Định hướng. Nghịch biến trên tập xác định buộc mọi cặp x1<x2 phải cho y(x1)>y(x2), nên một cặp số phản chứng là đủ để loại.
A: y(0)=0 và y(1)=−1+3+9=11, có 0<1 mà y(0)<y(1)⇒ loại A
B: y(−1)=−2+11=−1 và y(0)=0+21=21, có −1<0 mà y(−1)<y(0)⇒ loại B
D: y(1)=0 và y(e)=2024, có 1<e mà y(1)<y(e)⇒ loại D
C: với x1<x2 thì ex1<ex2, hai số đều dương nên ex12024>ex22024
Vậy ba phương án A, B, D bị loại bằng phản ví dụ, còn C được chứng minh nghịch biến theo định nghĩa.
Nhận xét. Với câu trắc nghiệm dạng “hàm nào nghịch biến”, thay số vào loại trừ thường nhanh hơn đạo hàm, miễn là chọn đúng cặp số nằm trong tập xác định.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 2: nhận ra ex2024 là hàm mũ cơ số e1 thì đáp án hiện ra sau ba giây, trong khi Cách 1 phải đạo hàm cả bốn phương án.
Đáp số.Chọn C. Hàm y=ex2024=2024e−x có y′=−2024e−x<0 với mọi x, nên nghịch biến trên R.
Sai lầm thường gặp.Lỗi nặng nhất là chọn B vì thấy có x+21 giảm rồi kết luận cả hàm giảm, quên mất số hạng 2x tăng rất nhanh. Phản ví dụ cụ thể: y(−1)=−1 còn y(0)=21, tức −1<0 mà giá trị hàm lại tăng. Lỗi thứ hai là chọn D vì nhớ nhầm rằng lnx giảm, trong khi y′=x2024>0 trên (0;+∞).
🚀 Mở rộng.Đổi phương án B thành y=2x+x+21 rồi hỏi hàm có nghịch biến trên khoảng nào không, lúc đó y′=21−(x+2)21 đổi dấu tại x=−2±2 nên câu trả lời thay đổi hẳn.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 33
Bài 3 · 1.53★★Trang 33— Đếm giá trị nguyên của tham số để hàm cx+dax+b đồng biến
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y=x+2023x+m đồng biến trên từng khoảng xác định của nó? A. 2021. B. 2024. C. 2023. D. 2022.
Kiến thức cần nhớ
Với y=cx+dax+b, c=0: y′=(cx+d)2ad−bc, nên y′ cùng dấu với ad−bc trên mọi khoảng xác định.
Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi ad−bc>0; nếu ad−bc=0 thì hàm là hằng số.
Số các số nguyên dương nhỏ hơn n (với n nguyên dương) là n−1.
Phải nói đồng biến trên TỪNG khoảng xác định, không gộp hai khoảng rời nhau thành một tập.
🧠 Phân tích tư duy
Hàm bậc nhất trên bậc nhất có đạo hàm luôn là một hằng số chia cho bình phương, nên dấu của y′ do duy nhất tử số quyết định và không phụ thuộc x. Vì thế bài này không phải bài xét dấu mà chỉ là bài giải bất phương trình một ẩn m, rồi đếm số nguyên dương thoả mãn. Bẫy nằm ở chỗ đếm: nghiệm là m<2023 nên số nguyên dương lớn nhất là 2022, rất dễ đếm dư một đơn vị thành 2023.
1Cách 1. Đạo hàm hàm phân thức rồi buộc tử số dương
Định hướng. Dùng công thức đạo hàm của một thương, tử số thu được là hằng số nên điều kiện đồng biến chỉ là một bất phương trình theo m.
Vậy tập giá trị nguyên dương của m có đúng 2022 phần tử, đáp án D.
3Cách 3. Dùng thẳng dấu của ad−bc rồi đếm bằng phép trừ
Định hướng. Với hàm bậc nhất trên bậc nhất, chỉ cần một định thức ad−bc là biết chiều biến thiên, khỏi biến đổi gì.
y=cx+dax+b với a=1, b=m, c=1, d=2023
ad−bc=1⋅2023−m⋅1=2023−m
Hàm đồng biến trên từng khoảng xác định ⇔ad−bc>0⇔m<2023
Số nguyên dương nhỏ hơn 2023 là 2023−1=2022 số
Vậy có đúng 2022 giá trị m nguyên dương thoả mãn, ta chọn D.
Nhận xét. Định thức ad−bc đóng vai trò “công tắc” của hàm bậc nhất trên bậc nhất: dương thì đồng biến, âm thì nghịch biến, bằng 0 thì đồ thị suy biến thành đường thẳng khuyết một điểm.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 3: một phép nhân trừ cho ra 2023−m, rồi một phép trừ cho ra số lượng, tổng cộng chưa tới hai dòng và không có chỗ nào sai dấu được.
Đáp số.Chọn D. Điều kiện là m<2023, nên m∈{1;2;…;2022}, tức có 2022 giá trị nguyên dương.
Sai lầm thường gặp.Lỗi đếm hay gặp nhất là trả lời 2023 vì tưởng m chạy từ 1 đến 2023; thực ra m=2023 cho ad−bc=0, khi đó y=x+2023x+2023=1 là hàm hằng, không đồng biến. Lỗi thứ hai là viết kết luận "đồng biến trên R∖{−2023}": phản ví dụ với m=1 là y(−2024)=−1−2023=2023 còn y(0)=20231, ta có −2024<0 mà giá trị hàm lại giảm, vì hai số đó nằm ở hai khoảng khác nhau.
🚀 Mở rộng.Thay câu hỏi thành “bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn [−2023;2023] để hàm nghịch biến trên từng khoảng xác định” thì điều kiện đảo thành m>2023, và đáp số trở thành 0 — một cách kiểm tra xem học sinh có thật hiểu vai trò của ad−bc hay chỉ học thuộc.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 33
Bài 4 · 1.54★★Trang 34— Đếm số điểm cực trị khi biết f′(x) đã phân tích thành nhân tử
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm f′(x)=x(x−1)2(x+2)4 với mọi x∈R. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.
Kiến thức cần nhớ
x0 là điểm cực trị của f khi và chỉ khi f′ ĐỔI DẤU khi x đi qua x0; chỉ f′(x0)=0 là chưa đủ.
Qua một nghiệm bội LẺ thì f′ đổi dấu; qua một nghiệm bội CHẴN thì f′ giữ nguyên dấu.
(x−1)2≥0 và (x+2)4≥0 với mọi x, dấu bằng chỉ tại x=1 và x=−2.
Nếu f′(x)=u(x)⋅g(x) với g(x)≥0 và g chỉ triệt tiêu tại hữu hạn điểm thì f′ cùng dấu với u.
🧠 Phân tích tư duy
Đề đã cho sẵn f′(x) ở dạng nhân tử, đó là dấu hiệu rõ ràng rằng bài toán chỉ xoay quanh việc f′ có ĐỔI DẤU hay không, chứ không phải đếm xem f′ có bao nhiêu nghiệm. Nhìn số mũ là thấy ngay (x−1)2 và (x+2)4 đều là bình phương nên luôn không âm, chúng chỉ làm f′ triệt tiêu mà không làm f′ đổi dấu. Bẫy lớn nhất của bài là trả lời 3 vì đếm cả ba nghiệm 0, 1, −2 của f′.
1Cách 1. Lập bảng xét dấu f′ theo từng nhân tử
Định hướng. Xét dấu từng nhân tử trên bốn khoảng do ba nghiệm chia ra rồi nhân dấu lại.
f′(x)=0⇔x=0 hoặc x=1 hoặc x=−2
Trên (−∞;−2): x<0, (x−1)2>0, (x+2)4>0⇒f′(x)<0
Trên (−2;0): x<0, hai nhân tử còn lại dương ⇒f′(x)<0
Trên (0;1): x>0, hai nhân tử còn lại dương ⇒f′(x)>0
Trên (1;+∞): x>0, hai nhân tử còn lại dương ⇒f′(x)>0
f′ chỉ đổi dấu một lần, tại x=0 (từ âm sang dương)
Vậy hàm số có đúng 1 điểm cực trị (là điểm cực tiểu x=0), ta chọn phương án B.
2Cách 2. Đếm nghiệm bội LẺ của f′
Định hướng. Chỉ nghiệm bội lẻ mới làm đạo hàm đổi dấu, nên đếm bội của từng nghiệm là xong.
f′(x)=x1(x−1)2(x+2)4
x=0 là nghiệm bội 1 — bội LẺ ⇒f′ đổi dấu
x=1 là nghiệm bội 2 — bội CHẴN ⇒f′ không đổi dấu
x=−2 là nghiệm bội 4 — bội CHẴN ⇒f′ không đổi dấu
Số nghiệm bội lẻ của f′ bằng 1
Vậy số điểm cực trị bằng số nghiệm bội lẻ của f′, tức bằng 1, đáp án B.
3Cách 3. Gom hai bình phương thành một thừa số không âm
Định hướng. Viết f′ thành x nhân với một biểu thức luôn không âm thì dấu của f′ chính là dấu của x, khỏi cần bảng.
Đặt g(x)=(x−1)2(x+2)4, khi đó f′(x)=x⋅g(x)
g(x)=[(x−1)(x+2)2]2≥0 với mọi x
g(x)=0⇔x=1 hoặc x=−2 — chỉ hai điểm
Với x<0 và x=−2: f′(x)=x⋅g(x)<0
Với x>0 và x=1: f′(x)=x⋅g(x)>0
f′ âm trên (−∞;0) và dương trên (0;+∞), trừ hai điểm triệt tiêu
Vậy hàm số nghịch biến trên (−∞;0), đồng biến trên (0;+∞) nên có đúng một điểm cực trị là x=0.
Nhận xét. Cách viết g(x)=[(x−1)(x+2)2]2 cho thấy vì sao x=1 và x=−2 chỉ là hai điểm mà đồ thị “nằm ngang tức thời” chứ không phải cực trị.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 2: chỉ cần đọc ba số mũ 1, 2, 4 rồi đếm xem bao nhiêu số lẻ, đúng một dòng là ra đáp án mà không phải kẻ bảng xét dấu.
Đáp số.Chọn B. Hàm số có đúng 1 điểm cực trị, đó là điểm cực tiểu x=0.
Sai lầm thường gặp.Lỗi phổ biến nhất là chọn D vì đếm cả ba nghiệm x=0, x=1, x=−2 của f′ thành ba điểm cực trị. Phản ví dụ cụ thể cho thấy x=1 không phải cực trị: f′(0,9)=0,9⋅0,01⋅8,4>0 và f′(1,1)=1,1⋅0,01⋅9,4>0, cả hai đều dương nên hàm vẫn đang tăng khi đi qua x=1. Lỗi thứ hai là chọn C vì đếm thêm x=−2 với lí do đó là nghiệm "bậc cao nhất", trong khi bội 4 là bội chẵn nên càng không đổi dấu.
🚀 Mở rộng.Nếu đổi đề thành f′(x)=x(x−1)3(x+2)4 thì x=1 trở thành nghiệm bội 3, tức bội lẻ, và số điểm cực trị nhảy từ 1 lên 2 — một câu hỏi rất hay để kiểm tra học sinh có thật hiểu vai trò của tính chẵn lẻ của bội hay không.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 34
Bài 5 · 1.55★★★Trang 34— Tìm tham số để hàm phân thức đạt cực đại tại một điểm cho trước
Cho hàm số y=x+mx2+mx+1. Hàm số đạt cực đại tại x=2 khi A. m=−1. B. m=−3. C. m∈{−3;−1}. D. m∈∅.
Kiến thức cần nhớ
Điều kiện cần để f đạt cực trị tại x0 (khi f có đạo hàm tại đó) là f′(x0)=0; phải thử lại dấu để biết cực đại hay cực tiểu.
f đạt cực đại tại x0 khi f′ đổi dấu từ DƯƠNG sang ÂM khi x vượt qua x0.
Phép chia đa thức cho y=x+mx2+mx+1=x+x+m1, hợp lệ khi x=−m.
Hàm t↦t+t1 đạt cực đại −2 tại t=−1 và cực tiểu 2 tại t=1.
🧠 Phân tích tư duy
Bốn phương án cho thấy phương trình y′(2)=0 sẽ có hai nghiệm m, và bài toán thực chất kiểm tra ta có phân biệt được cực ĐẠI với cực TIỂU hay không. Vì thế điều kiện y′(2)=0 mới là điều kiện cần, bắt buộc phải thử lại dấu của y′ quanh x=2 để chọn đúng một giá trị. Dấu hiệu giúp rút ngắn là tử số của y′ gộp được thành (x+m)2−1, một hiệu hai bình phương rất dễ xét dấu.
1Cách 1. Giải y′(2)=0 rồi thử lại dấu y′ cho từng giá trị m
Định hướng. Đi đúng trình tự điều kiện cần rồi điều kiện đủ: tìm các m làm y′(2)=0, sau đó xét dấu để loại giá trị cho cực tiểu.
y′=0⇔x=−m+1 hoặc x=−m−1; vì −m−1<−m+1 nên y′ dương, âm, dương lần lượt trên ba khoảng
Điểm cực đại là nghiệm NHỎ hơn: xCD=−m−1
xCD=2⇔−m−1=2⇔m=−3
Vậy hàm số đạt cực đại tại x=2 khi và chỉ khi m=−3, đáp án B.
3Cách 3. Đổi biến t=x+m đưa về hàm quen t+t1
Định hướng. Dời biến để hàm trở thành hàm lẻ cơ bản đã biết rõ cực đại, cực tiểu, khỏi phải xét dấu lại lần nào.
y=x+x+m1, đặt t=x+m thì x=t−m
y=(t−m)+t1=(t+t1)−m
Hàm t+t1 đạt cực đại tại t=−1 và cực tiểu tại t=1; trừ đi hằng số m không làm thay đổi vị trí cực trị
y đạt cực đại ⇔t=−1⇔x+m=−1
Thay x=2: 2+m=−1⇔m=−3
Vậy phép dời biến cho ngay m=−3, hàm số đạt cực đại tại x=2 với giá trị y=−1−m=2.
Nhận xét. Sau khi dời biến, đồ thị của mọi hàm dạng x+mx2+mx+1 chỉ là một bản dịch chuyển của đồ thị t+t1, nên cực đại luôn ứng với x+m=−1 và cực tiểu luôn ứng với x+m=1.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 3: chỉ một phép đổi biến là biết cực đại nằm ở x+m=−1, thay số ra ngay m=−3 mà không cần thử dấu, tránh hẳn bẫy chọn phương án C.
Đáp số.Chọn B. Với m=−3 hàm số đạt cực đại tại x=2; giá trị m=−1 cho x=2 là điểm cực tiểu nên bị loại.
Sai lầm thường gặp.Lỗi bị bẫy nhiều nhất là chọn C vì giải y′(2)=0 được hai nghiệm rồi nhận cả hai. Phản ví dụ cụ thể với m=−1: hàm là y=x+x−11, có y(1,5)=1,5+2=3,5 và y(2)=2+1=3 rồi y(2,5)=2,5+32≈3,17, tức giá trị tại x=2 NHỎ hơn hai bên nên đó là cực tiểu, không thể là cực đại. Lỗi thứ hai là quên kiểm tra x=2 phải thuộc tập xác định, tức 2+m=0, may là cả hai giá trị m tìm được đều thoả.
🚀 Mở rộng.Với hàm tổng quát y=x+mx2+mx+k (k>0), phép tách cho y=x+x+mk−? nên hãy thử tìm điều kiện của k để hàm vẫn còn cả cực đại và cực tiểu, và xem khoảng cách giữa hai điểm cực trị phụ thuộc k thế nào.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 34
Bài 6 · 1.56★★★Trang 34— Đếm mệnh đề đúng về cực trị, tiệm cận và giá trị lớn nhất của hàm e−x2/2
Cho hàm số y=e−2x2 có đồ thị (C). Xét các mệnh đề sau: (I) Điểm cực đại của đồ thị (C) là (0;1). (II) Trục hoành là tiệm cận ngang của đồ thị (C). (III) Giá trị lớn nhất của hàm số là 1. (IV) Điểm cực đại của đồ thị (C) là x=0. Số mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên là A. 4. B. 1. C. 2. D. 3.
Kiến thức cần nhớ
(eu)′=u′eu, và et>0 với mọi t.
Điểm cực đại của HÀM SỐ là giá trị x0 của biến; điểm cực đại của ĐỒ THỊ là điểm M(x0;f(x0)) có hai toạ độ.
Đường thẳng y=y0 là tiệm cận ngang của đồ thị nếu x→+∞limf(x)=y0 hoặc x→−∞limf(x)=y0.
Hàm t↦et đồng biến trên R, nên eu1≤eu2⇔u1≤u2.
🧠 Phân tích tư duy
Hai mệnh đề (I) và (IV) nói về cùng một điểm nhưng viết bằng hai kiểu khác nhau, đó là dấu hiệu bài toán đang kiểm tra thuật ngữ chứ không kiểm tra tính toán. Sách phân biệt rõ: ĐIỂM CỰC ĐẠI CỦA ĐỒ THỊ là một điểm có hai toạ độ, còn ĐIỂM CỰC ĐẠI CỦA HÀM SỐ là một giá trị của biến, nên không thể viết điểm của đồ thị bằng một số. Về tính toán thì −2x2≤0 nên hàm bị chặn trên bởi e0=1, gần như không cần đạo hàm.
1Cách 1. Khảo sát bằng đạo hàm rồi đọc từng mệnh đề
Định hướng. Tính y′, lập bảng biến thiên và hai giới hạn tại vô cực, sau đó soi bốn mệnh đề.
Tập xác định D=R; y′=(−2x2)′e−2x2=−xe−2x2
e−2x2>0 nên y′>0⇔x<0 và y′<0⇔x>0
y′ đổi dấu dương sang âm tại x=0, y(0)=e0=1
x→±∞lim(−2x2)=−∞⇒x→±∞lime−2x2=0
(I) đúng vì điểm cực đại của đồ thị là (0;1); (II) đúng vì y=0 là tiệm cận ngang
(III) đúng vì giá trị cực đại đồng thời là giá trị lớn nhất, bằng 1; (IV) SAI vì x=0 là điểm cực đại của HÀM SỐ, không phải của đồ thị
Vậy có đúng ba mệnh đề đúng là (I), (II), (III), ta chọn phương án D.
2Cách 2. Dùng tính đồng biến của hàm mũ theo biến trung gian
Định hướng. Coi y=eu với u=−2x2 thì mọi kết luận về y chuyển hết sang kết luận về u, một hàm bậc hai quen thuộc.
Đặt u=−2x2, khi đó y=eu và t↦et đồng biến trên R
u đồng biến trên (−∞;0), nghịch biến trên (0;+∞), đạt giá trị lớn nhất u=0 tại x=0
⇒y đồng biến trên (−∞;0), nghịch biến trên (0;+∞), đạt giá trị lớn nhất y=e0=1 tại x=0
x→±∞⇒u→−∞⇒y=eu→0
(I), (II), (III) đúng; (IV) dùng sai thuật ngữ nên SAI
Vậy số mệnh đề đúng bằng 3, đáp án D.
3Cách 3. Chặn trực tiếp bằng bất đẳng thức, không cần đạo hàm
Định hướng. Chỉ cần một bất đẳng thức chặn trên và hai giới hạn là đủ kết luận cả ba mệnh đề đầu.
x2≥0⇒−2x2≤0⇒e−2x2≤e0=1
Dấu bằng ⇔x=0, và y(0)=1 nên giá trị lớn nhất bằng 1, đạt được tại duy nhất x=0
Giá trị lớn nhất đạt tại một điểm trong của R nên đó cũng là điểm cực đại: điểm cực đại của đồ thị là (0;1)
0<e−2x2≤e−2∣x∣ khi ∣x∣≥1, mà e−2∣x∣→0 khi ∣x∣→+∞
Theo nguyên lí kẹp, y→0 khi x→±∞ nên trục hoành là tiệm cận ngang
Vậy ba mệnh đề (I), (II), (III) đúng và (IV) sai về thuật ngữ, số mệnh đề đúng là 3.
Nhận xét. Đồ thị này chính là “đường hình chuông” quen thuộc trong xác suất thống kê: đối xứng qua trục tung, đỉnh duy nhất tại (0;1) và hai nhánh áp sát trục hoành.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 3: bất đẳng thức −2x2≤0 cho luôn giá trị lớn nhất và điểm cực đại trong hai dòng, còn Cách 1 phải tính đạo hàm hàm hợp rồi kẻ bảng.
Đáp số.Chọn D. Ba mệnh đề (I), (II), (III) đúng; mệnh đề (IV) sai vì x=0 là điểm cực đại của hàm số chứ không phải điểm cực đại của đồ thị.
Sai lầm thường gặp.Lỗi bị bẫy nhiều nhất là chọn A vì thấy (IV) "cũng nói x=0" nên coi là đúng. Điểm của một đồ thị trong mặt phẳng bắt buộc có hai toạ độ, viết "điểm cực đại của đồ thị là x=0" là nhầm điểm với số; cách viết đúng cho hàm số là "hàm số đạt cực đại tại x=0". Lỗi thứ hai là cho rằng hàm không có giá trị lớn nhất vì tập xác định là R không bị chặn; phản ví dụ chính là hàm này: tập xác định vô hạn nhưng y≤1 và dấu bằng đạt được tại x=0.
🚀 Mở rộng.Xét y=e−2x2⋅x thì bài toán khó hơn hẳn: hàm này là hàm lẻ, có cả cực đại và cực tiểu tại x=±1, mà vẫn giữ nguyên tiệm cận ngang y=0.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 34
Bài 7 · 1.57★★Trang 34— Đếm mệnh đề đúng về hàm y=x1
Cho hàm số y=x1 có đồ thị (C). Xét các mệnh đề sau: (I) Hàm số nghịch biến trên tập xác định của nó. (II) Trục hoành là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. (III) Trục tung là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. (IV) Hàm số không có cực trị. Số mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên là A. 3. B. 1. C. 2. D. 4.
Kiến thức cần nhớ
Tập xác định của y=x1 là (0;+∞) vì cần x>0.
(xα)′=αxα−1; ở đây y=x−21 nên y′=−21x−23=−2xx1.
x=x0 là tiệm cận đứng nếu một trong các giới hạn một phía của f tại x0 bằng +∞ hoặc −∞.
Hàm đơn điệu nghiêm ngặt trên một khoảng thì không có cực trị trên khoảng đó.
🧠 Phân tích tư duy
Việc đầu tiên phải làm là chốt tập xác định: mẫu có căn nên x>0, và chính điều kiện một phía này khiến ta chỉ được xét giới hạn khi x tiến tới 0 từ bên PHẢI và khi x→+∞. Hàm chỉ là một luỹ thừa x−1/2 với số mũ âm, dấu hiệu của kiểu hàm giảm đều, không cực trị, ép sát hai trục. Bẫy dễ mắc là quen tay xét thêm x→−∞ hoặc x→0−, những giới hạn không tồn tại vì nằm ngoài tập xác định.
1Cách 1. Khảo sát bằng đạo hàm và hai giới hạn một phía
Định hướng. Xác định tập xác định, tính y′, rồi lấy hai giới hạn ở hai đầu của khoảng (0;+∞).
Tập xác định D=(0;+∞)
y=x−21⇒y′=−21x−23=−2xx1
Với mọi x>0: xx>0⇒y′<0, và y′=0 vô nghiệm
x→0+limx1=+∞⇒ trục tung x=0 là tiệm cận đứng
x→+∞limx1=0⇒ trục hoành y=0 là tiệm cận ngang
y′ giữ một dấu và không triệt tiêu ⇒ hàm nghịch biến trên D và không có cực trị
Vậy cả bốn mệnh đề (I), (II), (III), (IV) đều đúng, ta chọn phương án D.
2Cách 2. Dùng tính chất của hàm luỹ thừa với số mũ âm
Định hướng. Viết hàm về dạng xα rồi dùng luôn dáng điệu đã biết của hàm luỹ thừa trên (0;+∞).
y=x1=x−21, số mũ α=−21<0
Hàm luỹ thừa y=xα với α<0 có tập xác định (0;+∞) và nghịch biến trên đó
Đồ thị hàm luỹ thừa với số mũ âm nhận trục tung làm tiệm cận đứng và trục hoành làm tiệm cận ngang
Hàm nghịch biến nghiêm ngặt trên cả tập xác định nên không có điểm cực trị nào
Vậy bốn mệnh đề đều đúng, số mệnh đề đúng là 4, đáp án D.
3Cách 3. Dùng định nghĩa đơn điệu và nguyên lí kẹp cho hai tiệm cận
Định hướng. Chứng minh nghịch biến thẳng từ định nghĩa và đánh giá hai giới hạn bằng bất đẳng thức, khỏi cần công cụ đạo hàm.
Lấy 0<x1<x2, khi đó x1<x2 và cả hai đều dương
⇒x11>x21, tức y(x1)>y(x2) — hàm nghịch biến trên (0;+∞)
Với 0<x<n21 thì x<n1 nên y>n, cho n lớn tuỳ ý ⇒x→0+limy=+∞
Với x>n2 thì 0<y<n1, cho n lớn tuỳ ý ⇒x→+∞limy=0
Hàm nghịch biến nghiêm ngặt thì không tồn tại điểm mà giá trị lớn hơn hoặc nhỏ hơn mọi điểm lân cận
Vậy cả bốn mệnh đề đúng nên số mệnh đề đúng bằng 4.
Nhận xét. Bài này đáng chú ý vì đồ thị nhận CẢ trục tung làm tiệm cận đứng và trục hoành làm tiệm cận ngang, đúng dáng điệu của nhánh phải đồ thị y=x1 nhưng “bẹt” hơn.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 2: chỉ cần viết x1=x−21 rồi đọc thuộc tính của hàm luỹ thừa số mũ âm là đủ, không mất thời gian tính đạo hàm phân số.
Đáp số.Chọn D. Cả bốn mệnh đề đều đúng: hàm nghịch biến trên (0;+∞), có tiệm cận ngang y=0, tiệm cận đứng x=0 và không có cực trị.
Sai lầm thường gặp.Lỗi hay gặp là gạch bỏ mệnh đề (II) hoặc (III) vì cho rằng một đồ thị chỉ được có một loại tiệm cận. Phản ví dụ chính là hàm này: đồng thời x→0+limy=+∞ cho tiệm cận đứng x=0 và x→+∞limy=0 cho tiệm cận ngang y=0. Lỗi thứ hai là viết tập xác định thành R∖{0} rồi xét thêm x→0−; với x<0 thì x không xác định nên nhánh bên trái hoàn toàn không tồn tại.
🚀 Mở rộng.Cùng kiểu lập luận, hàm y=3x1 có tập xác định R∖{0} nên có hai nhánh và hai tiệm cận đứng một phía; hãy thử xem lúc đó mệnh đề (I) còn đúng trên cả tập xác định nữa không.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 34
Bài 8 · 1.58★★★Trang 34— Xác định tiệm cận khi tử và mẫu có nghiệm chung
Cho hàm số y=x2−6x+52x2−4x+2. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. Đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. B. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng. C. Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. D. Đường thẳng x=5 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Kiến thức cần nhớ
x=x0 là tiệm cận đứng của đồ thị y=f(x) khi và chỉ khi ít nhất một giới hạn một phía của f tại x0 bằng +∞ hoặc −∞.
Nếu tử và mẫu có nghiệm chung x0 thì phải rút gọn trước; khi đó x0 có thể chỉ là điểm mà hàm không xác định chứ không phải tiệm cận đứng.
Với hai đa thức CÙNG BẬC, tiệm cận ngang là y bằng tỉ số hai hệ số của hạng tử bậc cao nhất.
2x2−4x+2=2(x−1)2 và x2−6x+5=(x−1)(x−5).
🧠 Phân tích tư duy
Mẫu x2−6x+5 có hai nghiệm 1 và 5, nhưng tử 2x2−4x+2=2(x−1)2 cũng triệt tiêu tại x=1 — đó chính là dấu hiệu cốt tử của bài: nghiệm chung của tử và mẫu chưa chắc cho tiệm cận đứng. Vì thế bắt buộc phải rút gọn hoặc tính giới hạn tại x=1 trước khi kết luận. Bẫy của đề là ba phương án A, B, C đều là những câu trả lời tự nhiên nếu chỉ nhìn nghiệm của mẫu mà không xét tử.
1Cách 1. Rút gọn phân thức rồi đọc tiệm cận
Định hướng. Phân tích cả tử và mẫu thành nhân tử, triệt tiêu nghiệm chung rồi mọi tiệm cận hiện ra ngay.
Tập xác định D=R∖{1;5}
2x2−4x+2=2(x−1)2 và x2−6x+5=(x−1)(x−5)
Với x=1 và x=5: y=(x−1)(x−5)2(x−1)2=x−52(x−1)
x→1limy=1−52⋅0=0 — giới hạn HỮU HẠN nên x=1 không phải tiệm cận đứng
x→5+limy=+∞ và x→5−limy=−∞ nên x=5 là tiệm cận đứng
x→±∞limy=x→±∞lim1−x52−x2=2 nên y=2 là tiệm cận ngang
Vậy đồ thị có duy nhất một tiệm cận đứng x=5 và một tiệm cận ngang y=2, nên A, B, C sai và ta chọn D.
2Cách 2. Tính bốn giới hạn một phía mà không rút gọn
Định hướng. Đi thẳng vào định nghĩa tiệm cận đứng: lấy giới hạn một phía tại từng nghiệm của mẫu.
Tại x=1: tử →2⋅1−4+2=0 và mẫu →0, dạng 00 nên chưa kết luận được
x→1+lim(x−1)(x−5)2(x−1)2=x→1+limx−52(x−1)=0; tương tự x→1−limy=0
Hai giới hạn một phía tại x=1 đều hữu hạn ⇒x=1 KHÔNG là tiệm cận đứng
Tại x=5: tử →2⋅25−20+2=32=0 và mẫu →0
x→5+⇒(x−1)(x−5)→0+⇒y→+∞; x→5−⇒ mẫu →0−⇒y→−∞
Vậy chỉ có x=5 thoả định nghĩa tiệm cận đứng, phương án đúng là D.
3Cách 3. Kiểm từng phương án bằng giá trị cụ thể để loại trừ
Định hướng. Thay vài số gần các điểm nghi vấn: nếu giá trị hàm không hề lớn lên thì phương án về tiệm cận đứng bị loại ngay.
Với x=1,01: y=(0,01)(−3,99)2(0,01)2=−3,992⋅0,01≈−0,005
Với x=0,99: y=(−0,01)(−4,01)2(−0,01)2=−4,012⋅(−0,01)≈0,005
Hai giá trị đều rất gần 0, không hề tiến ra vô cực ⇒ loại A, và do đó loại B (chỉ còn nhiều nhất một tiệm cận đứng)
Với x=100: y=952⋅99≈2,08; với x=1000: y=9952⋅999≈2,008⇒ có tiệm cận ngang y=2, loại C
Với x=5,01: y=0,012⋅4,01=802; với x=4,99: y=−0,012⋅3,99=−798
Vậy ba phương án A, B, C bị loại bằng số liệu cụ thể, còn D được xác nhận: x=5 là tiệm cận đứng.
Nhận xét. Sau khi rút gọn, đồ thị hàm này chính là hypebol y=x−52(x−1) nhưng bị KHUYẾT điểm (1;0) — chỗ khuyết đó là dấu vết của nghiệm chung giữa tử và mẫu.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 1: một dòng phân tích nhân tử là thấy ngay (x−1) triệt tiêu, từ đó loại được cả ba phương án A, B, C cùng lúc và còn đọc luôn được tiệm cận ngang.
Đáp số.Chọn D. Đồ thị có duy nhất tiệm cận đứng x=5 và tiệm cận ngang y=2; điểm x=1 chỉ là điểm mà hàm không xác định.
Sai lầm thường gặp.Lỗi bị bẫy nhiều nhất là chọn B với lí do "mẫu có hai nghiệm nên có hai tiệm cận đứng". Phản ví dụ ngay trong bài: tại x=1,01 giá trị hàm chỉ khoảng −0,005, còn tại x=0,99 là khoảng 0,005, hoàn toàn không tiến ra vô cực, nên x=1 không thể là tiệm cận đứng. Lỗi thứ hai là chọn C vì thấy tử và mẫu cùng bậc hai rồi nghĩ hàm không bị chặn; thực ra cùng bậc thì luôn có tiệm cận ngang, ở đây y=12=2.
🚀 Mở rộng.Hãy tự đặt câu hỏi ngược: với hàm y=(x−1)(x−5)a(x−1)2, phải chọn a thế nào để điểm khuyết của đồ thị nằm trên trục hoành, và có giá trị a nào làm x=1 trở lại thành tiệm cận đứng hay không.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 34
Bài 9 · 1.59★★Trang 34— Giá trị lớn nhất của hàm có chứa lnx trên một đoạn
Giá trị lớn nhất của hàm số y=x2−8lnx trên đoạn [1;e] là A. 1. B. 10. C. 4−8ln2. D. e2−8.
Kiến thức cần nhớ
(lnx)′=x1 với x>0; hàm y=x2−8lnx có tập xác định (0;+∞).
Hàm liên tục trên đoạn [a;b] thì đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất; chúng nằm trong tập các giá trị tại a, tại b và tại các điểm dừng thuộc (a;b).
e≈2,718 nên 1<2<e, tức x=2 thuộc khoảng (1;e).
ln1=0, lne=1, ln2≈0,693.
🧠 Phân tích tư duy
Bài toán tìm giá trị lớn nhất trên một ĐOẠN, nên chỉ cần so sánh giá trị hàm tại hai đầu mút và tại các điểm dừng nằm trong đoạn — đây là quy trình cố định không cần suy nghĩ nhiều. Dấu hiệu đáng chú ý là y′=2x−x8 chỉ có một nghiệm dương x=2, và 2 nằm trong [1;e] vì e≈2,718. Bẫy của đề là ba phương án C và D chính là giá trị tại điểm dừng và tại đầu mút phải, hai số đều ÂM, nên ai nhầm giữa lớn nhất và nhỏ nhất là sập ngay.
1Cách 1. So ba giá trị tại hai đầu mút và tại điểm dừng
Định hướng. Áp dụng đúng quy trình tìm giá trị lớn nhất trên đoạn: tìm điểm dừng trong đoạn rồi so ba số.
Hàm liên tục trên [1;e]⊂(0;+∞); y′=2x−x8=x2x2−8=x2(x−2)(x+2)
y′=0, x>0⇔x=2, và 2∈(1;e)
y(1)=1−8ln1=1
y(2)=4−8ln2≈4−5,545=−1,545
y(e)=e2−8≈7,389−8=−0,611
So ba số: 1>−0,611>−1,545
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên [1;e] bằng 1, đạt tại x=1, ta chọn phương án A.
2Cách 2. Đổi biến u=lnx để đưa về đoạn [0;1]
Định hướng. Đổi biến làm mất hẳn lôgarit khỏi vị trí khó, đoạn xét trở thành [0;1] rất dễ kiểm soát.
Đặt u=lnx, khi x chạy trên [1;e] thì u chạy trên [0;1] và x=eu
g(u)=e2u−8u với u∈[0;1]
g′(u)=2e2u−8=0⇔e2u=4⇔u=ln2≈0,693∈(0;1)
g(0)=1−0=1
g(ln2)=4−8ln2≈−1,545
g(1)=e2−8≈−0,611
Vậy giá trị lớn nhất của g trên [0;1] bằng 1 tại u=0, tức giá trị lớn nhất của y bằng 1 tại x=1.
3Cách 3. Chỉ so hai đầu mút vì hàm có duy nhất một điểm cực tiểu
Định hướng. Hàm giảm rồi tăng trên đoạn thì giá trị lớn nhất chắc chắn ở một trong hai đầu mút, khỏi phải tính giá trị ở điểm dừng.
y′=x2(x−2)(x+2), trên [1;e] ta có x>0 và x+2>0 nên y′ cùng dấu với x−2
y′<0 trên [1;2) và y′>0 trên (2;e] — hàm nghịch biến rồi đồng biến
⇒ với mọi x∈[1;e]: y(x)≤max{y(1);y(e)}
y(1)=1 và y(e)=e2−8
e<3⇒e2<9⇒e2−8<1
Vậy giá trị lớn nhất trên đoạn bằng y(1)=1, và điểm dừng x=2 cho giá trị NHỎ nhất chứ không phải lớn nhất.
Nhận xét. Lập luận “giảm rồi tăng thì cực đại ở biên” tiết kiệm được hẳn một lần tính giá trị hàm, và quan trọng hơn là chặn ngay ý nghĩ nhầm rằng điểm dừng luôn cho giá trị lớn nhất.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 3: nhận ra hàm giảm rồi tăng nên giá trị lớn nhất ở biên, chỉ cần so 1 với e2−8 và dùng đánh giá e<3 là xong, không phải bấm máy tính 8ln2.
Đáp số.Chọn A. Giá trị lớn nhất bằng 1, đạt tại x=1; giá trị nhỏ nhất là 4−8ln2 tại x=2.
Sai lầm thường gặp.Lỗi phổ biến nhất là chọn C vì tưởng giá trị tại điểm dừng luôn là giá trị lớn nhất. Phản ví dụ nằm ngay trong bài: y(2)=4−8ln2≈−1,545 trong khi y(1)=1, tức giá trị ở điểm dừng còn NHỎ hơn giá trị ở đầu mút, vì x=2 là điểm cực TIỂU. Lỗi thứ hai là chọn B với lí do y(e)=e2−8 rồi tính nhầm e2≈18; thực ra e2≈7,389 nên y(e) là số âm.
🚀 Mở rộng.Hãy thử cùng bài này trên đoạn [1;3]: lúc đó y(3)=9−8ln3≈0,21 vẫn nhỏ hơn y(1)=1, còn nếu nới tới [1;4] thì y(4)=16−8ln4≈4,9>1 và đáp số nhảy sang đầu mút phải — cho thấy vị trí của giá trị lớn nhất phụ thuộc độ dài đoạn thế nào.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 34
Bài 10 · 1.60★★★Trang 35— Đọc bảng biến thiên để phát hiện khẳng định sai
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình dưới: khi x→−∞ thì y→−2; hàm số đồng biến trên (−∞;−1) và đạt cực đại y=5 tại x=−1; hàm số nghịch biến trên (−1;1) và đạt cực tiểu y=0 tại x=1; hàm số đồng biến trên (1;+∞) và khi x→+∞ thì y→1. Khẳng định nào dưới đây là SAI? A. Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng −2. B. Giá trị lớn nhất của hàm số bằng 5. C. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang. D. Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là (1;0).
Kiến thức cần nhớ
Số m là giá trị nhỏ nhất của f trên D nếu f(x)≥m với mọi x∈D VÀ tồn tại x0∈D sao cho f(x0)=m.
Giá trị ghi ở đầu mũi tên ứng với x→±∞ trong bảng biến thiên là giới hạn, hàm số không nhận giá trị đó.
Nếu x→−∞limf(x)=y1 và x→+∞limf(x)=y2 với y1=y2 thì đồ thị có hai tiệm cận ngang y=y1 và y=y2.
Điểm cực tiểu của đồ thị là điểm có hai toạ độ (x0;f(x0)) với x0 là điểm cực tiểu của hàm số.
🧠 Phân tích tư duy
Điểm cần để ý ngay là số −2 xuất hiện ở ĐẦU MŨI TÊN của bảng, tức nó là GIỚI HẠN khi x→−∞ chứ không phải một giá trị mà hàm số nhận được. Trong khi đó số 5 nằm ở đỉnh mũi tên tại x=−1, là giá trị hàm thực sự đạt tới, nên khẳng định về giá trị lớn nhất lại đúng. Bẫy của đề là đặt hai số −2 và 5 cạnh nhau khiến ta tưởng chúng cùng vai trò, trong khi một số là chặn dưới không đạt được, một số là cực đại đạt được.
1Cách 1. Soi lần lượt bốn khẳng định trên bảng biến thiên
Định hướng. Đọc trực tiếp từng thông tin trong bảng rồi đối chiếu với nội dung từng khẳng định.
Bảng cho x→−∞limf(x)=−2, tức −2 là GIỚI HẠN, không có x0 nào với f(x0)=−2
⇒ khẳng định A SAI vì thiếu điều kiện “giá trị đó phải đạt được”
f đạt cực đại f(−1)=5; mọi giá trị khác trong bảng đều nhỏ hơn 5⇒ B ĐÚNG
x→−∞limf(x)=−2 và x→+∞limf(x)=1, hai số khác nhau ⇒ hai tiệm cận ngang y=−2 và y=1, C ĐÚNG
f đạt cực tiểu tại x=1 với f(1)=0⇒ điểm cực tiểu của đồ thị là (1;0), D ĐÚNG
Vậy khẳng định sai là A, ta chọn phương án A.
2Cách 2. Tìm tập giá trị của hàm số rồi kết luận
Định hướng. Gom giá trị của hàm trên từng khoảng đơn điệu lại thành tập giá trị, nhìn tập đó là biết có giá trị nhỏ nhất hay không.
Trên (−∞;−1]: f đồng biến, giá trị chạy trong (−2;5] (không đạt −2)
Trên [−1;1]: f nghịch biến từ 5 xuống 0, giá trị chạy trong [0;5]
Trên [1;+∞): f đồng biến từ 0 lên gần 1, giá trị chạy trong [0;1)
Tập giá trị của f là (−2;5]∪[0;5]∪[0;1)=(−2;5]
Tập (−2;5] có phần tử lớn nhất là 5 nhưng KHÔNG có phần tử nhỏ nhất
Vậy hàm số có giá trị lớn nhất bằng 5 mà không có giá trị nhỏ nhất, nên khẳng định A là khẳng định sai.
Nhận xét. Viết được tập giá trị (−2;5] là cách gọn nhất để trả lời cùng lúc hai câu hỏi về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.
3Cách 3. Dùng thẳng định nghĩa giá trị nhỏ nhất để phản chứng
Định hướng. Giả sử −2 là giá trị nhỏ nhất thì phải tồn tại điểm đạt tới nó; ta chỉ ra điều đó vô lí.
Giả sử tồn tại x0∈R sao cho f(x0)=−2
Với x0≥−1: bảng cho f(x)≥0>−2 trên [−1;+∞) — vô lí
Với x0<−1: f đồng biến trên (−∞;−1) nên f(x0)>x→−∞limf(x)=−2 — vô lí
⇒ không có x0 nào thoả f(x0)=−2
Mặt khác f(−1)=5 và f(x)≤5 với mọi x nên giá trị lớn nhất bằng 5 là hợp lệ
Vậy khẳng định A không thể đúng vì giá trị −2 không bao giờ được hàm số nhận, đáp án là A.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 2: chỉ cần một dòng tập giá trị (−2;5] là thấy ngay đầu bên trái là ngoặc đơn (không đạt) còn đầu bên phải là ngoặc vuông (đạt), trả lời được cả bốn khẳng định cùng lúc.
Đáp số.Chọn A. Hàm số không có giá trị nhỏ nhất vì −2 chỉ là giới hạn khi x→−∞; tập giá trị của hàm là (−2;5]. Ba khẳng định B, C, D đều đúng.
Sai lầm thường gặp.Lỗi bị bẫy nhiều nhất là chọn D vì nhớ nhầm rằng điểm cực tiểu phải viết bằng một số; thực ra điểm cực tiểu của HÀM SỐ là x=1, còn điểm cực tiểu của ĐỒ THỊ đúng là (1;0) nên D không sai. Lỗi thứ hai là chấp nhận A với lí do “trong bảng −2 là số nhỏ nhất”; phản ví dụ tương tự rất dễ hình dung là hàm g(x)=x2+13x có x→−∞limg(x)=−3 nhưng g(x)>−3 với mọi x, nên −3 không phải giá trị nhỏ nhất của g.
🚀 Mở rộng.Nếu sửa bảng để x→+∞limf(x)=−2 đúng bằng giới hạn ở đầu kia thì đồ thị chỉ còn MỘT tiệm cận ngang, khẳng định C sẽ trở thành sai và bài toán có tới hai khẳng định sai — một cách kiểm tra xem học sinh có đọc đủ cả hai đầu bảng hay không.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 35
Bài 11 · 1.61★★★★Trang 35— Suy dấu các hệ số a, b, c, d từ đồ thị hàm cx+dax+b
Cho hàm số y=cx+dax+b có đồ thị như hình bên: đồ thị gồm hai nhánh hypebol, có tiệm cận đứng nằm bên phải trục tung (hoành độ dương), tiệm cận ngang nằm phía trên trục hoành (tung độ dương), hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, đồ thị cắt trục hoành tại một điểm có hoành độ dương và cắt trục tung tại một điểm có tung độ dương. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng? A. bc<ad<0. B. ad<0<bc. C. 0<ad<bc. D. ad<bc<0.
Kiến thức cần nhớ
y=cx+dax+b có tiệm cận đứng x=−cd và tiệm cận ngang y=ca (với c=0, ad−bc=0).
y′=(cx+d)2ad−bc, nên hàm nghịch biến trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi ad−bc<0.
Đồ thị cắt trục tung tại (0;db) và cắt trục hoành tại (−ab;0).
Nhân cả tử và mẫu với cùng một số khác 0 không làm thay đổi hàm số, nên có thể chuẩn hoá c>0.
🧠 Phân tích tư duy
Bốn phương án chỉ so sánh hai tích ad và bc với nhau và với số 0, nên ta không cần biết từng hệ số bằng bao nhiêu mà chỉ cần dấu và thứ tự của hai tích đó. Dấu hiệu quyết định là chiều biến thiên: y′=(cx+d)2ad−bc nên hàm nghịch biến cho ngay ad−bc<0, tức ad<bc, và điều này một mình đã loại được hai phương án. Bẫy của bài là bốn hệ số chỉ xác định được đến một hằng số nhân chung, nên phải chuẩn hoá dấu của c trước khi suy dấu các hệ số còn lại.
1Cách 1. Chuẩn hoá c>0 rồi suy dấu từng hệ số từ ba dữ kiện đồ thị
Định hướng. Cố định dấu của c để bốn hệ số xác định được dấu, rồi đọc ba dữ kiện tiệm cận và giao điểm.
Nhân tử và mẫu với −1 nếu cần, ta được c>0
Tiệm cận ngang y=ca>0 và c>0⇒a>0
Tiệm cận đứng x=−cd>0 và c>0⇒d<0
Giao với trục hoành: −ab>0 và a>0⇒b<0
ad=(duong)⋅(am)<0 và bc=(am)⋅(duong)<0
Hàm nghịch biến ⇒ad−bc<0⇒ad<bc
Vậy ta có ad<bc<0, mệnh đề đúng là phương án D.
2Cách 2. Dùng chiều biến thiên để loại, rồi dùng giao điểm trục tung để chốt
Định hướng. Tách yêu cầu thành hai điều kiện độc lập: một điều kiện cho thứ tự ad và bc, một điều kiện cho dấu của bc.
Hàm nghịch biến trên từng khoảng xác định ⇔ad−bc<0⇔ad<bc
⇒ loại A (cho bc<ad) và loại C (cho ad<bc nhưng bắt ad>0, ta sẽ thấy ad<0)
Còn B (ad<0<bc) và D (ad<bc<0), hai phương án này khác nhau ở dấu của bc
Giao điểm với trục tung là db>0 nên b và d CÙNG DẤU ⇒bd>0
Tiệm cận đứng −cd>0 nên c và d TRÁI DẤU ⇒cd<0
bc=d2(bd)(cd), trong đó bd>0, cd<0, d2>0⇒bc<0
Vậybc<0 nên loại B, chỉ còn phương án D là ad<bc<0.
3Cách 3. Dựng một hàm đại diện thoả mọi dữ kiện rồi thử bốn phương án
Định hướng. Vì kết quả chỉ phụ thuộc dấu và thứ tự của hai tích, một hàm cụ thể đúng hình là đủ để chọn đáp án.
Chọn thử y=x−3x−1, tức a=1, b=−1, c=1, d=−3
y′=(x−3)2ad−bc=(x−3)21⋅(−3)−(−1)⋅1=(x−3)2−2<0 — nghịch biến, đúng hình
Giao trục hoành tại x=1>0; giao trục tung tại y=−3−1=31>0 — đúng hình
ad=−3 và bc=−1, do đó −3<−1<0
Vậy hàm đại diện cho ad<bc<0, khớp đúng phương án D và loại cả ba phương án còn lại.
Nhận xét. Vẽ được một hàm mẫu đúng hình là mẹo rất mạnh với dạng “đọc dấu hệ số từ đồ thị”: thay vì suy luận bốn dấu, ta chỉ cần kiểm tra bốn dữ kiện trên một hàm cụ thể.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 3: chọn ngay y=x−3x−1 rồi kiểm bốn dữ kiện hình trong nửa phút, khỏi phải lần mò dấu của từng hệ số và không sợ nhầm khi chuẩn hoá dấu của c.
Đáp số.Chọn D. Từ đồ thị suy ra (sau khi chuẩn hoá c>0) a>0, b<0, d<0, do đó ad<0, bc<0, kết hợp ad−bc<0 được ad<bc<0.
Sai lầm thường gặp.Lỗi phổ biến nhất là bỏ qua bước chuẩn hoá dấu của c rồi khẳng định “a>0” hay “c>0” như một sự thật. Phản ví dụ cụ thể: hàm y=−x+3−x+1 có đồ thị hoàn toàn TRÙNG với y=x−3x−1 nhưng khi đó a=−1<0; may là hai tích ad=3⋅(−1)... chính xác hơn ad=(−1)(3)=−3 và bc=(1)(−1)=−1 nên kết luận ad<bc<0 vẫn giữ nguyên, đúng vì hai tích không đổi khi nhân đồng thời tử mẫu với −1. Lỗi thứ hai là suy ad−bc>0 từ việc thấy đồ thị “đi xuống”, trong khi nhánh hypebol đi xuống tương ứng y′<0, tức ad−bc<0.
🚀 Mở rộng.Vì hai tích ad và bc không thay đổi khi nhân đồng thời tử và mẫu với một số khác 0, hãy chứng minh rằng mọi mệnh đề chỉ viết theo ad và bc đều là bất biến của hàm số, còn mọi mệnh đề về dấu riêng của a hay b thì không.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 35
Bài 12 · 1.62★★★Trang 35— Trung điểm đoạn nối hai giao điểm của đường thẳng và hypebol
Biết đường thẳng y=2x−3 cắt đồ thị hàm số y=x+32x+3 tại hai điểm A và B. Toạ độ trung điểm I của đoạn AB là A. I(−41;−411). B. I(−41;−413). C. I(−81;−413). D. I(−41;−27).
Kiến thức cần nhớ
Hoành độ giao điểm của y=f(x) và y=g(x) là nghiệm của phương trình f(x)=g(x).
Định lí Viète: nếu ax2+bx+c=0 có hai nghiệm x1, x2 thì x1+x2=−ab.
Trung điểm I của AB có xI=2xA+xB và yI=2yA+yB.
Nếu A, B cùng nằm trên đường thẳng y=kx+m thì trung điểm I của AB cũng nằm trên đường thẳng đó.
🧠 Phân tích tư duy
Đề chỉ hỏi TRUNG ĐIỂM, tức chỉ cần tổng hai hoành độ giao điểm, đó là dấu hiệu rõ ràng nên dùng định lí Viète thay vì giải phương trình bậc hai. Thêm nữa, cả A và B đều nằm trên đường thẳng y=2x−3 nên trung điểm của chúng cũng nằm trên đường thẳng đó, cho ta một quan hệ kiểm tra rất nhanh giữa hai toạ độ của I. Bẫy của đề là hai phương án B và C có cùng tung độ còn A, B, D có cùng hoành độ, nên phải tính chắc cả hai toạ độ mới chọn đúng.
1Cách 1. Giải phương trình hoành độ giao điểm rồi lấy trung bình hai nghiệm
Định hướng. Đưa về phương trình bậc hai, giải ra hai nghiệm cụ thể rồi tính trung điểm theo định nghĩa.
Điều kiện x=−3; phương trình hoành độ giao điểm: x+32x+3=2x−3
2x+3=(2x−3)(x+3)=2x2+3x−9
2x2+x−12=0
x1,2=4−1±1+96=4−1±97, cả hai đều khác −3
xI=21(4−1+97+4−1−97)=21⋅4−2=−41
yI=2⋅(−41)−3=−21−3=−27
Vậy trung điểm là I(−41;−27), ta chọn phương án D.
2Cách 2. Dùng định lí Viète, không cần giải phương trình
Định hướng. Trung điểm chỉ cần TỔNG hai nghiệm, mà tổng đó đọc được ngay từ hệ số của phương trình bậc hai.
Phương trình hoành độ giao điểm rút về 2x2+x−12=0 với Δ=1+96=97>0
Theo Viète: xA+xB=−21
xI=2xA+xB=−41
A, B thuộc đường thẳng y=2x−3 nên yA+yB=2(xA+xB)−6=2⋅(−21)−6=−7
yI=2yA+yB=−27
VậyI(−41;−27), phương án đúng là D.
3Cách 3. Loại trừ từ bốn phương án bằng hai điều kiện cần
Định hướng. Dùng hai tính chất hiển nhiên của I để gạch dần: I phải nằm trên đường thẳng, và hoành độ của I phải bằng nửa tổng nghiệm.
I là trung điểm của AB với A, B thuộc y=2x−3 nên yI=2xI−3
Phân xử C và D bằng hoành độ: 2x2+x−12=0 cho xA+xB=−21 nên xI=−41=−81
Vậy phương án C bị loại và chỉ còn D, tức I(−41;−27).
Nhận xét. Điều kiện yI=2xI−3 loại được ngay một nửa số phương án mà không phải tính gì, rất đáng dùng làm bước sàng đầu tiên cho mọi bài hỏi toạ độ trung điểm của dây cung.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 2: rút về 2x2+x−12=0 rồi đọc xA+xB=−21 là xong hoành độ, thay vào đường thẳng ra tung độ, tổng cộng ba dòng và không phải chạm tới 97.
Đáp số.I(−41;−27), chọn phương án D. Hai giao điểm có hoành độ 4−1±97.
Sai lầm thường gặp.Lỗi hay gặp là quy đồng sai khi chuyển vế, chẳng hạn viết 2x+3=(2x−3)(x+3) thành 2x2+3x−9−2x+3=0 rồi ra 2x2+x−6=0 (quên rằng −9−3=−12 chứ không phải −6), dẫn tới xA+xB vẫn đúng nhưng nếu tiếp tục giải nghiệm thì sai hẳn. Lỗi thứ hai là tính yI bằng cách thay xI vào HÀM PHÂN THỨC: −41+32⋅(−41)+3=41125=1110, một số hoàn toàn khác −27, vì I là trung điểm dây cung nên nằm trên ĐƯỜNG THẲNG, không nằm trên hypebol.
🚀 Mở rộng.Với đường thẳng y=2x+m cắt cùng hypebol tại hai điểm, hãy chứng minh trung điểm I luôn chạy trên một đường thẳng cố định khi m thay đổi, và tìm phương trình của đường thẳng quỹ tích đó.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 35
Bài 13 · 1.63★★★★Trang 36— Khảo sát hàm bậc ba chứa tham số: cực trị, đồng biến trên R và trên một khoảng
Cho hàm số y=31x3+(m−1)x2+(2m−3)x+32. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m=2. b) Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị x1, x2 thoả mãn x12+x22=5. c) Tìm m để hàm số đồng biến trên R. d) Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (1;+∞).
Kiến thức cần nhớ
y=31x3+(m−1)x2+(2m−3)x+32⇒y′=x2+2(m−1)x+2m−3.
Hàm bậc ba có hệ số a>0 đồng biến trên R khi và chỉ khi y′≥0 với mọi x, tức Δ′≤0.
Hàm bậc ba có hai điểm cực trị khi và chỉ khi y′=0 có hai nghiệm phân biệt.
Nếu y′=(x−α)(x−β) với α≤β thì y′≥0 trên (t;+∞) khi và chỉ khi β≤t.
Định lí Viète: x1+x2=−2(m−1) và x1x2=2m−3; khi đó x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2.
🧠 Phân tích tư duy
Cả bốn ý đều chỉ dùng đến y′=x2+2(m−1)x+2m−3, nên việc đầu tiên nên làm là thử phân tích tam thức này thành nhân tử. Thay x=−1 vào được 1−2(m−1)+2m−3=0 với mọi m, đó là dấu hiệu vàng: x=−1 luôn là một nghiệm của y′ bất kể tham số, nên y′ tách được thành (x+1)(x+2m−3) và cả bài chuyển thành các câu hỏi về một nghiệm duy nhất 3−2m. Bẫy ở ý d) là quên rằng chỉ cần hai nghiệm của y′ đều KHÔNG LỚN HƠN 1 là đủ, chứ không cần y′ vô nghiệm.
1Cách 1. Đi trọn quy trình bằng đạo hàm, biệt thức và định lí Viète
Định hướng. Làm đúng sơ đồ sách: khảo sát ở ý a), rồi dùng Δ′ và Viète cho ba ý còn lại.
m=812±144−80=812±8⇒m=25 hoặc m=21, cả hai đều khác 2
c) Đồng biến trên R⇔Δ′≤0⇔(m−2)2≤0⇔m=2
d) y′=0 có hai nghiệm x=−1 và x=3−2m; y′≥0 trên (1;+∞)⇔ cả hai nghiệm ≤1⇔3−2m≤1⇔m≥1
Vậy a) hàm đồng biến trên R, không cực trị, điểm uốn (−1;31); b) m∈{21;25}; c) m=2; d) m≥1.
2Cách 2. Phát hiện nghiệm cố định x=−1 để phân tích y′ thành nhân tử
Định hướng. Thay x=−1 vào y′ thấy triệt tiêu với mọi m, nhờ đó y′ tách được thành nhân tử và mọi ý trở thành câu hỏi về một số 3−2m.
y′(−1)=1−2(m−1)+2m−3=1−2m+2+2m−3=0 với mọi m
y′=x2+2(m−1)x+2m−3=(x+1)(x+2m−3)
Hai nghiệm của y′ là x=−1 (cố định) và x=3−2m (di động)
a) m=2: nghiệm di động là 3−4=−1, trùng nghiệm cố định nên y′=(x+1)2≥0, hàm đồng biến trên R
b) Hai cực trị ⇔3−2m=−1⇔m=2; x12+x22=(−1)2+(3−2m)2=5
(3−2m)2=4⇔3−2m=2 hoặc 3−2m=−2⇔m=21 hoặc m=25
c) y′≥0 với mọi x⇔ hai nghiệm trùng nhau ⇔3−2m=−1⇔m=2
d) y′≥0 trên (1;+∞)⇔ nghiệm lớn hơn trong hai nghiệm không vượt quá 1
−1≤1 luôn đúng, nên điều kiện là 3−2m≤1⇔2m≥2⇔m≥1
Vậy phép phân tích y′=(x+1)(x+2m−3) cho cả bốn đáp số: a) đồng biến trên R; b) m∈{21;25}; c) m=2; d) m≥1.
3Cách 3. Dời biến t=x+1 để mọi điều kiện thành điều kiện về một nghiệm
Định hướng. Đặt t=x+1 đưa y′ về dạng t(t+2m−4), khi đó một nghiệm luôn bằng 0 và bài toán chỉ còn xoay quanh nghiệm còn lại.
Đặt t=x+1, tức x=t−1; từ y′=(x+1)(x+2m−3) ta được y′=t(t+2m−4)
Hai nghiệm theo t là t=0 và t=4−2m
a) m=2⇒4−2m=0: hai nghiệm trùng tại t=0, tức y′=t2≥0, hàm đồng biến trên R
b) x=t−1 nên x1=−1 và x2=3−2m; điều kiện x12+x22=5 thành 1+(3−2m)2=5
⇒∣3−2m∣=2⇒m∈{21;25}
c) y′=t(t+2m−4)≥0 với mọi t⇔4−2m=0⇔m=2
d) x>1⇔t>2; cần t(t+2m−4)≥0 với mọi t>2
Với t>2 thì t>0, nên điều kiện thành t+2m−4≥0 với mọi t>2⇔2+2m−4≥0⇔m≥1
Vậy sau khi dời biến, bốn ý đều gọn lại: a) đồng biến trên R; b) m=21 hoặc m=25; c) m=2; d) m≥1.
Nhận xét. Điểm mấu chốt của cả bài là x=−1 là nghiệm của y′ với MỌI m; nhận ra điều đó thì ý b) chỉ còn là giải ∣3−2m∣=2 thay vì giải phương trình bậc hai theo m.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 2: chỉ một dòng thử y′(−1)=0 là tách được nhân tử, sau đó cả bốn ý đều giải trong một dòng mỗi ý, đặc biệt ý b) tránh hẳn việc giải 4m2−12m+5=0.
Đáp số.a) Khi m=2: y=31x3+x2+x+32=31[(x+1)3+1], hàm đồng biến trên R, không có cực trị, điểm uốn và tâm đối xứng U(−1;31), đồ thị cắt Ox tại (−2;0) và cắt Oy tại (0;32). b) m=21 hoặc m=25. c) m=2. d) m≥1.
Sai lầm thường gặp.Lỗi nặng nhất ở ý d) là đặt điều kiện Δ′≤0, tức bắt y′ vô nghiệm, rồi trả lời m=2. Phản ví dụ cụ thể: với m=5 thì y′=(x+1)(x−7) có hai nghiệm nên hàm KHÔNG đồng biến trên R, nhưng trên (1;+∞) thì y′(2)=3⋅(−5)=−15<0 nên m=5 thật sự không thoả — tuy vậy với m=1 thì y′=(x+1)2⋅... chính xác là y′=(x+1)(x−1), và trên (1;+∞) ta có y′>0, tức m=1=2 vẫn thoả ý d). Lỗi thứ hai ở ý b) là quên kiểm tra điều kiện có hai cực trị m=2 trước khi dùng Viète.
🚀 Mở rộng.Hãy tổng quát ý d) thành: tìm m để hàm đồng biến trên (k;+∞) với k cho trước; điều kiện trở thành 3−2m≤k, tức m≥23−k, và từ đó thấy khi k càng nhỏ thì đòi hỏi về m càng ngặt.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 36
Bài 14 · 1.64★★★★Trang 36— Khảo sát hàm bậc ba, tiếp tuyến tại tâm đối xứng và biện luận số nghiệm
Cho hàm số y=x3−3x2+2 có đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến (Δ) của (C) tại tâm đối xứng của nó. Chứng minh rằng (Δ) là tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của (C). c) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x3−3x2−m=0 có ba nghiệm phân biệt.
Kiến thức cần nhớ
Tâm đối xứng của đồ thị hàm bậc ba là điểm uốn, có hoành độ là nghiệm của y′′=0.
Tiếp tuyến của y=f(x) tại điểm M(x0;f(x0)) có phương trình y=f′(x0)(x−x0)+f(x0).
Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0 bằng f′(x0); muốn hệ số góc nhỏ nhất thì tìm giá trị nhỏ nhất của f′.
Số nghiệm của f(x)=k bằng số giao điểm của đồ thị y=f(x) với đường thẳng y=k.
Hàm bậc ba có hai cực trị thì phương trình f(x)=k có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi f(xCT)<k<f(xCD).
🧠 Phân tích tư duy
Ba ý của bài đều quy về cùng một đối tượng nên nên tìm ngay tâm đối xứng: với hàm bậc ba, tâm đối xứng là điểm uốn, nghiệm của y′′=0. Ý b) nói “hệ số góc nhỏ nhất” là dấu hiệu phải xem y′ như một hàm bậc hai theo x rồi tìm giá trị nhỏ nhất của nó, chứ không phải so sánh vài tiếp tuyến cụ thể. Ý c) viết được thành x3−3x2+2=m+2, tức đưa về bài toán số giao điểm của đồ thị (C) với một đường thẳng nằm ngang — cùng dùng đúng bảng biến thiên của ý a).
1Cách 1. Khảo sát trực tiếp, dùng công thức tiếp tuyến và bảng biến thiên
Định hướng. Đi đúng sơ đồ khảo sát cho ý a), dùng y′′ tìm tâm đối xứng cho ý b), rồi dựa bảng biến thiên biện luận ý c).
a) Tập xác định R; y′=3x2−6x=3x(x−2), y′=0⇔x=0 hoặc x=2
b) y′′=6x−6=0⇔x=1; y(1)=1−3+2=0 nên tâm đối xứng là I(1;0)
y′(1)=3−6=−3, tiếp tuyến (Δ): y=−3(x−1)+0=−3x+3
y′(x)=3x2−6x=3(x2−2x+1)−3=3(x−1)2−3≥−3, dấu bằng khi x=1
c) x3−3x2−m=0⇔x3−3x2+2=m+2
Ba nghiệm phân biệt ⇔ đường thẳng y=m+2 cắt (C) tại ba điểm ⇔−2<m+2<2
⇔−4<m<0
Vậy a) đồ thị có cực đại A(0;2), cực tiểu B(2;−2); b) (Δ):y=−3x+3 và hệ số góc nhỏ nhất là −3; c) −4<m<0.
2Cách 2. Dời trục về tâm đối xứng đưa hàm về dạng lẻ Y=X3−3X
Định hướng. Đổi hệ trục về điểm uốn thì hàm trở thành hàm lẻ, cả ba ý đều đọc được từ một hàm rất quen.
y′′=6x−6=0⇔x=1, y(1)=0 nên đặt X=x−1, Y=y
Y=(X+1)3−3(X+1)2+2=X3+3X2+3X+1−3X2−6X−3+2=X3−3X
Y(−X)=−X3+3X=−Y(X) nên Y là hàm lẻ, gốc mới I(1;0) là tâm đối xứng
a) Y′=3X2−3=0⇔X=±1, tức x=0 và x=2; Y(−1)=2, Y(1)=−2
b) Tiếp tuyến tại gốc mới: Y=Y′(0)⋅X=−3X, trả về biến cũ y=−3(x−1)=−3x+3
Y′(X)=3X2−3≥−3 với mọi X, dấu bằng chỉ tại X=0, tức tại chính tâm đối xứng
c) Phương trình thành X3−3X=m+2; hàm X3−3X có cực đại 2 tại X=−1 và cực tiểu −2 tại X=1
Ba nghiệm phân biệt ⇔−2<m+2<2⇔−4<m<0
Vậy phép dời trục biến bài toán thành khảo sát hàm lẻ Y=X3−3X, cho (Δ):y=−3x+3, hệ số góc nhỏ nhất −3 và −4<m<0.
3Cách 3. Hoàn chỉnh bình phương cho ý b) và dùng điều kiện yCD⋅yCT<0 cho ý c)
Định hướng. Hai ý cuối giải được mà không cần tới đồ thị: một dùng hằng đẳng thức, một dùng điều kiện tích hai giá trị cực trị trái dấu.
b) y′=3x2−6x=3(x2−2x)=3[(x−1)2−1]=3(x−1)2−3
(x−1)2≥0⇒y′≥−3, dấu bằng ⇔x=1 — hoành độ tâm đối xứng
Tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất chính là tiếp tuyến tại x=1, tức tại tâm đối xứng I(1;0): y=−3x+3
c) Đặt g(x)=x3−3x2−m, khi đó g′(x)=3x2−6x=0⇔x=0 hoặc x=2
g(0)=−m và g(2)=8−12−m=−4−m
g có ba nghiệm phân biệt ⇔g(0)⋅g(2)<0⇔(−m)(−4−m)<0⇔m(m+4)<0
⇔−4<m<0
Vậy cùng kết quả: tiếp tuyến tại tâm đối xứng là y=−3x+3 với hệ số góc nhỏ nhất bằng −3, và phương trình có ba nghiệm phân biệt khi −4<m<0.
Nhận xét. Kết quả “tiếp tuyến tại tâm đối xứng có hệ số góc nhỏ nhất” đúng cho MỌI hàm bậc ba có a>0, vì y′=3a(x−xU)2+y′(xU) luôn đạt nhỏ nhất tại điểm uốn xU.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 3: ý b) chỉ cần hoàn chỉnh bình phương y′=3(x−1)2−3 là có ngay cả tiếp điểm lẫn hệ số góc nhỏ nhất, còn ý c) dùng g(0)⋅g(2)<0 ra bất phương trình bậc hai trong một dòng, không phải vẽ đồ thị.
Đáp số.a) Hàm đồng biến trên (−∞;0) và (2;+∞), nghịch biến trên (0;2); cực đại A(0;2), cực tiểu B(2;−2); tâm đối xứng I(1;0). b) (Δ):y=−3x+3; hệ số góc nhỏ nhất của tiếp tuyến bằng −3, đạt tại x=1. c) −4<m<0.
Sai lầm thường gặp.Lỗi phổ biến ở ý c) là chuyển thành x3−3x2=m rồi dùng hai giá trị cực trị của x3−3x2 là 0 và −4 nhưng viết ngược thành 0<m<4. Phản ví dụ kiểm tra ngay: với m=2 thì x3−3x2−2=0 chỉ có một nghiệm thực (khoảng 3,2), còn với m=−2 thì phương trình x3−3x2+2=0 có đúng ba nghiệm 1, 1±3, chứng tỏ khoảng đúng là −4<m<0. Lỗi thứ hai ở ý b) là lấy tiếp tuyến tại điểm cực đại hoặc cực tiểu vì nghĩ “hệ số góc nhỏ nhất bằng 0”, trong khi tại hai điểm đó y′=0>−3.
🚀 Mở rộng.Với hàm bậc ba tổng quát y=ax3+bx2+cx+d (a>0), hãy chứng minh hệ số góc nhỏ nhất của tiếp tuyến bằng c−3ab2 và luôn đạt tại điểm uốn x=−3ab.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 36
Bài 15 · 1.65★★★Trang 36— Tìm tham số theo tiệm cận ngang, khảo sát hàm phân thức và vẽ đồ thị hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối
Cho hàm số y=f(x)=x−1(m+1)x−2m+1. a) Tìm m để tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đi qua điểm (1;2). b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số y=f(x) với giá trị m tìm được ở ý a). c) Từ đồ thị (H) ở ý b), hãy vẽ đồ thị của hàm số y=∣f(x)∣.
Kiến thức cần nhớ
y=cx+dax+b (c=0, ad−bc=0) có tiệm cận ngang y=ca, là một đường thẳng nằm ngang.
Điều kiện để hàm không suy biến (đồ thị không phải đường thẳng khuyết điểm) là ad−bc=0.
Đồ thị y=∣f(x)∣ nhận được từ đồ thị y=f(x) bằng cách giữ nguyên phần có f(x)≥0 và lấy đối xứng qua trục hoành phần có f(x)<0.
Đồ thị y=∣f(x)∣ luôn nằm trên hoặc trên trục hoành, và tiếp xúc trục hoành tại các nghiệm của f(x)=0.
🧠 Phân tích tư duy
Ý a) nói “tiệm cận ngang đi qua (1;2)” nhưng tiệm cận ngang là đường nằm ngang y=ca, nên điều kiện chỉ liên quan tới TUNG ĐỘ 2, còn hoành độ 1 là số vô ích được cài vào để gây nhiễu. Sau khi có m=1, hàm trở thành bậc nhất trên bậc nhất quen thuộc nên chỉ cần tách phần nguyên là khảo sát xong. Ý c) không phải khảo sát lại mà chỉ là phép biến đổi đồ thị: giữ nguyên phần trên trục hoành, lấy đối xứng phần dưới lên trên.
1Cách 1. Tính tiệm cận ngang bằng giới hạn rồi khảo sát theo đủ sơ đồ
Định hướng. Lấy giới hạn tại vô cực để có tiệm cận ngang, giải ra m, sau đó khảo sát hàm cụ thể và biến đổi đồ thị.
a) x→±∞limx−1(m+1)x−2m+1=x→±∞lim1−x1(m+1)−x2m−1=m+1
Tiệm cận ngang là y=m+1; đường này đi qua (1;2)⇔m+1=2⇔m=1
Kiểm tra không suy biến: ad−bc=(m+1)(−1)−(−2m+1)⋅1=m−2, với m=1 được −1=0
b) m=1: y=x−12x−1, tập xác định D=R∖{1}
y′=(x−1)22(x−1)−(2x−1)=(x−1)2−1<0 với mọi x=1
x→1−limy=−∞, x→1+limy=+∞ nên x=1 là tiệm cận đứng; x→±∞limy=2 nên y=2 là tiệm cận ngang
y=0⇔2x−1=0⇔x=21; y(0)=−1−1=1
c) f(x)≥0⇔x−12x−1≥0⇔x≤21 hoặc x>1
Giữ nguyên hai phần đó của (H), lấy đối xứng qua trục hoành phần ứng với 21<x<1
Vậy a) m=1; b) y=x−12x−1 nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞;1), (1;+∞), tiệm cận đứng x=1, tiệm cận ngang y=2; c) đồ thị y=∣f(x)∣ có thêm một điểm gãy tại (21;0).
2Cách 2. Đọc tiệm cận ngang bằng tỉ số hệ số rồi tách phần nguyên để khảo sát
Định hướng. Với hàm bậc nhất trên bậc nhất, tiệm cận ngang là tỉ số hai hệ số bậc cao nhất, và tách phần nguyên cho cả chiều biến thiên lẫn hai tiệm cận cùng lúc.
a) Tử có hệ số của x là m+1, mẫu có hệ số của x là 1, nên tiệm cận ngang là y=1m+1=m+1
Đường thẳng y=m+1 qua (1;2) khi và chỉ khi m+1=2, tức m=1
b) y=x−12x−1=x−12(x−1)+1=2+x−11
Trên mỗi khoảng xác định, x−11 nghịch biến nên y nghịch biến; không có cực trị
x→1±⇒x−11→±∞⇒y→±∞: tiệm cận đứng x=1
x→±∞⇒x−11→0⇒y→2: tiệm cận ngang y=2; tâm đối xứng I(1;2)
c) ∣f(x)∣=2+x−11, bằng f(x) khi f(x)≥0 và bằng −f(x) khi f(x)<0
f(x)<0⇔x−11<−2⇔−21<x−1<0⇔21<x<1
Vậym=1, đồ thị (H) là hypebol tâm I(1;2), và y=∣f(x)∣ chỉ khác (H) ở dải 21<x<1 được lật lên trên trục hoành.
3Cách 3. Dời trục về tâm đối xứng đưa (H) về hypebol Y=X1
Định hướng. Sau khi có m=1, dời gốc về giao hai tiệm cận là hàm thành hypebol cơ bản, vẽ được ngay mà không phải tính thêm.
a) Tiệm cận ngang y=m+1 qua (1;2) cho m=1, hàm là y=x−12x−1=2+x−11
b) Đặt X=x−1, Y=y−2, khi đó Y=X1
Y=X1 nghịch biến trên (−∞;0) và (0;+∞), hai nhánh nằm ở góc phần tư thứ nhất và thứ ba của hệ trục mới
Y(−X)=−X1=−Y(X) nên Y là hàm lẻ, gốc mới I(1;2) là tâm đối xứng của (H)
Trả về trục cũ: tiệm cận đứng X=0 thành x=1, tiệm cận ngang Y=0 thành y=2
c) Trục hoành cũ y=0 ứng với Y=−2, là một đường nằm ngang CẮT nhánh thứ ba của Y=X1 tại X=−21
Phần đồ thị có Y<−2, tức −21<X<0 hay 21<x<1, được lấy đối xứng qua trục hoành
Vậym=1 và (H) chính là hypebol Y=X1 sau khi dời gốc về I(1;2); đồ thị y=∣f(x)∣ lật phần nằm dưới trục hoành lên trên, tạo điểm gãy tại (21;0).
Nhận xét. Sau phép dời trục, mọi hàm bậc nhất trên bậc nhất đều là một bản phóng và dịch chuyển của Y=Xk, nên chỉ cần nhớ một hình duy nhất là vẽ được cả họ hàm này.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 2: đọc tiệm cận ngang bằng tỉ số hệ số cho ngay m=1, rồi một dòng tách y=2+x−11 là có đủ chiều biến thiên, hai tiệm cận và tâm đối xứng.
Đáp số.a) m=1. b) y=x−12x−1=2+x−11, tập xác định R∖{1}, nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞;1) và (1;+∞), không có cực trị, tiệm cận đứng x=1, tiệm cận ngang y=2, tâm đối xứng I(1;2), đồ thị qua (21;0) và (0;1). c) Đồ thị y=∣f(x)∣ trùng (H) trên (−∞;21] và (1;+∞), còn trên (21;1) là ảnh đối xứng của (H) qua trục hoành.
Sai lầm thường gặp.Lỗi bị bẫy nhiều nhất ở ý a) là dùng cả hai toạ độ của điểm (1;2), chẳng hạn thay x=1, y=2 vào hàm số để tìm m. Cách làm đó sai vì x=1 không thuộc tập xác định của hàm (mẫu bằng 0), và vì tiệm cận ngang là đường nằm ngang nên chỉ tung độ mới có ý nghĩa. Lỗi thứ hai ở ý c) là lấy đối xứng qua trục hoành TOÀN BỘ đồ thị thay vì chỉ phần nằm dưới; phản ví dụ: tại x=0 ta có f(0)=1>0 nên ∣f(0)∣=1, điểm (0;1) phải GIỮ NGUYÊN chứ không lật thành (0;−1).
🚀 Mở rộng.Hãy so sánh với bài toán vẽ đồ thị y=f(∣x∣) của cùng hàm này: lúc đó phép biến đổi là giữ phần x≥0 rồi lấy đối xứng qua TRỤC TUNG, cho một đồ thị hoàn toàn khác với y=∣f(x)∣.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 36
Bài 16 · 1.66★★★★Trang 36— Hàm phân thức có tiệm cận xiên: chứng minh luôn có cực trị, khảo sát và tính chất tiếp tuyến
Cho hàm số y=x+2mx2+(2m−1)x−1 với m là tham số. a) Chứng minh rằng hàm số luôn có cực đại, cực tiểu với mọi m>0. b) Khảo sát và vẽ đồ thị (H) của hàm số khi m=1. c) Giả sử Δ là tiếp tuyến của đồ thị (H) tại điểm M∈(H) bất kì. Chứng minh rằng nếu Δ cắt tiệm cận đứng và tiệm cận xiên lần lượt tại A và B thì M là trung điểm của AB.
Kiến thức cần nhớ
Phép chia cho x+2mx2+(2m−1)x−1=mx−1+x+21 với x=−2.
Nếu y=ax+b+x−x0k với k=0 thì đồ thị có tiệm cận đứng x=x0 và tiệm cận xiên y=ax+b.
Giao điểm của tiệm cận đứng và tiệm cận xiên là tâm đối xứng của đồ thị.
Tiếp tuyến tại M(x0;y0) có phương trình y=y′(x0)(x−x0)+y0.
M là trung điểm AB khi và chỉ khi xA+xB=2xM và yA+yB=2yM.
🧠 Phân tích tư duy
Bậc tử lớn hơn bậc mẫu đúng một đơn vị, đó là dấu hiệu của hàm có TIỆM CẬN XIÊN, và cũng là dấu hiệu nên chia đa thức ngay từ đầu. Thực hiện phép chia được y=mx−1+x+21, một dạng cực kì dễ đạo hàm, nhờ đó ý a) chỉ còn là giải (x+2)2=m1 luôn có hai nghiệm khi m>0. Ý c) là tính chất quen của hypebol, và mấu chốt là dời trục về giao hai tiệm cận để hàm thành hàm LẺ, khi đó tính trung điểm gọn hẳn.
1Cách 1. Đạo hàm hàm thương, xét biệt thức của tử và tính trực tiếp toạ độ A, B
Định hướng. Dùng công thức đạo hàm của một thương cho ý a), lập bảng biến thiên cho ý b), rồi viết tiếp tuyến và giải hệ cho ý c).
a) y′=(x+2)2[2mx+(2m−1)](x+2)−[mx2+(2m−1)x−1]=(x+2)2mx2+4mx+4m−1
Xét g(x)=mx2+4mx+4m−1 với m>0: Δ′=(2m)2−m(4m−1)=m>0
g có hai nghiệm phân biệt x1,2=−2±m1; g(−2)=4m−8m+4m−1=−1=0 nên hai nghiệm đều thuộc tập xác định
m>0 nên g dương, âm, dương lần lượt trên ba khoảng ⇒y′ đổi dấu hai lần: hàm có cả cực đại và cực tiểu
b) m=1: y=x+2x2+x−1, y′=(x+2)2x2+4x+3=(x+2)2(x+1)(x+3)
y′=0⇔x=−3 hoặc x=−1; y(−3)=−19−3−1=−5, y(−1)=11−1−1=−1
c) Với M(x0;y0)∈(H), y0=x0−1+x0+21 và y′(x0)=1−(x0+2)21
Tiếp tuyến Δ:y=[1−(x0+2)21](x−x0)+y0
Thay x=−2: yA=[1−(x0+2)21](−2−x0)+x0−1+x0+21=−3+x0+22, nên A(−2;−3+x0+22)
Giải Δ cắt y=x−1: được xB=2x0+2 và yB=2x0+1
xA+xB=−2+2x0+2=2x0 và yA+yB=−3+x0+22+2x0+1=2(x0−1+x0+21)=2y0
Vậy a) hàm luôn có cực đại và cực tiểu khi m>0; b) (H) có cực đại C(−3;−5), cực tiểu D(−1;−1), tiệm cận đứng x=−2, tiệm cận xiên y=x−1; c) M là trung điểm của AB.
2Cách 2. Tách phần nguyên y=mx−1+x+21 rồi làm cả ba ý
Định hướng. Chia đa thức trước thì đạo hàm chỉ còn hai số hạng, tiệm cận xiên hiện ngay và điều kiện cực trị thành một phương trình rất gọn.
mx2+(2m−1)x−1=(mx−1)(x+2)+1 nên y=mx−1+x+21 với x=−2
a) y′=m−(x+2)21; y′=0⇔(x+2)2=m1
m>0⇒ có hai nghiệm x=−2±m1, phân biệt và khác −2
Khi x ra xa −2 thì (x+2)21 giảm về 0 nên y′→m>0; khi x gần −2 thì y′<0: y′ đổi dấu hai lần, có cả cực đại và cực tiểu
b) m=1: y=x−1+x+21, y′=1−(x+2)21=0⇔(x+2)2=1⇔x=−3 hoặc x=−1
y(−3)=−4−1=−5 (cực đại), y(−1)=−2+1=−1 (cực tiểu)
x→±∞lim[y−(x−1)]=x→±∞limx+21=0 nên y=x−1 là tiệm cận xiên; x=−2 là tiệm cận đứng
c) Giao hai tiệm cận: x=−2 và y=−2−1=−3, tức tâm đối xứng I(−2;−3)
Tiếp tuyến tại M(x0;y0) cắt x=−2 tại A và cắt y=x−1 tại B với xB=2x0+2
2xA+xB=2−2+2x0+2=x0 và B nằm trên tiếp tuyến nên 2yA+yB=y0
Vậy phép tách phần nguyên cho cả ba kết quả: cực trị luôn tồn tại khi m>0, đồ thị (H) có C(−3;−5), D(−1;−1), và M luôn là trung điểm AB.
3Cách 3. Dời trục về tâm đối xứng I(−2;−3) đưa hàm về dạng lẻ Y=X+X1
Định hướng. Đưa gốc toạ độ về giao hai tiệm cận thì hàm thành hàm lẻ, tiệm cận thành hai trục kẻ chuẩn và tính trung điểm chỉ còn vài phép cộng.
Với m=1: y=x−1+x+21; đặt X=x+2, Y=y+3
Y=y+3=(X−2)−1+X1+3=X+X1
Y(−X)=−X−X1=−Y(X): Y là hàm lẻ nên I(−2;−3) là tâm đối xứng của (H)
Y′=1−X21=0⇔X=±1, tức x=−1 và x=−3; Y(1)=2, Y(−1)=−2
Tiệm cận đứng X=0 thành x=−2; tiệm cận xiên Y=X thành y+3=x+2, tức y=x−1
c) Với M(X0;Y0) trên Y=X+X1: Y′(X0)=1−X021, tiếp tuyến Y=(1−X021)(X−X0)+X0+X01
Thay X=0: YA=−X0+X01+X0+X01=X02, nên A(0;X02)
Giải với Y=X: −X02X+X02=0⇔X=2X0, nên B(2X0;2X0)
2XA+XB=20+2X0=X0 và 2YA+YB=2X02+2X0=X0+X01=Y0
Vậy trong hệ trục mới, A(0;X02) và B(2X0;2X0) có trung điểm đúng bằng M(X0;Y0), nên M là trung điểm AB trong cả hệ trục cũ.
Nhận xét. Tính chất “tiếp điểm là trung điểm đoạn chắn giữa hai tiệm cận” đúng cho mọi hàm dạng y=ax+b+x−x0k, vì sau khi dời trục chúng đều trở thành Y=aX+Xk, một hàm lẻ.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 2: một dòng chia đa thức thành y=mx−1+x+21 là ý a) chỉ còn giải (x+2)2=m1, ý b) ra hai điểm cực trị trong hai dòng, và ý c) chỉ cần một hoành độ xB=2x0+2.
Đáp số.a) Với m>0, y′=m−(x+2)21 triệt tiêu tại hai điểm x=−2±m1 và đổi dấu qua mỗi điểm, nên hàm luôn có cực đại và cực tiểu. b) Khi m=1: y=x−1+x+21, cực đại C(−3;−5), cực tiểu D(−1;−1), tiệm cận đứng x=−2, tiệm cận xiên y=x−1, tâm đối xứng I(−2;−3). c) A(−2;yA) và B(2x0+2;2x0+1) có xA+xB=2x0 và yA+yB=2y0, nên M là trung điểm AB.
Sai lầm thường gặp.Lỗi hay gặp ở ý a) là kết luận “Δ′=m>0 nên có hai nghiệm, vậy có hai cực trị” mà không kiểm tra hai nghiệm đó có khác −2 hay không. Ở đây phải tính g(−2)=−1=0 mới được phép kết luận; nếu một nghiệm trùng −2 thì điểm đó không thuộc tập xác định nên không thể là cực trị. Lỗi thứ hai ở ý b) là kết luận cực đại có giá trị NHỎ hơn cực tiểu là vô lí rồi đi sửa số; thực ra với hàm có tiệm cận đứng thì yCD=−5<yCT=−1 hoàn toàn bình thường, vì hai điểm nằm ở hai nhánh khác nhau và bị ngăn bởi đường x=−2.
🚀 Mở rộng.Hãy chứng minh thêm rằng diện tích tam giác tạo bởi tiếp tuyến Δ với hai tiệm cận là một hằng số không phụ thuộc vị trí của M: trong hệ trục mới, tam giác có hai cạnh ∣XB∣=2∣X0∣ và ∣YA∣=∣X0∣2 nên diện tích luôn bằng 2 đơn vị diện tích.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 36
Bài 17 · 1.67★★★★Trang 36— Bài toán tối ưu thực tiễn: thể tích phễu hình nón lớn nhất
Cắt bỏ hình quạt tròn OAB từ một mảnh các tông hình tròn bán kính R rồi dán hai bán kính OA và OB của hình quạt tròn còn lại với nhau được một cái phễu có dạng của một hình nón. Gọi x là góc ở tâm của quạt tròn dùng làm phễu (0<x<2π). a) Hãy biểu diễn bán kính đáy r và đường cao h của hình nón theo R và x. b) Tính thể tích của hình nón theo R và x. c) Tìm x để hình nón có thể tích lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó.
Kiến thức cần nhớ
Độ dài cung của hình quạt có bán kính R và góc ở tâm x (radian) bằng ℓ=Rx.
Khi cuộn hình quạt thành hình nón: độ dài cung trở thành chu vi đáy, tức Rx=2πr; đường sinh của nón bằng R.
Thể tích khối nón có bán kính đáy r và đường cao h là V=31πr2h.
Bất đẳng thức AM-GM cho ba số không âm: abc≤(3a+b+c)3, dấu bằng khi a=b=c.
Hàm t↦t đồng biến trên [0;+∞), nên V lớn nhất khi và chỉ khi V2 lớn nhất.
🧠 Phân tích tư duy
Chìa khoá của mọi bài “cuộn hình quạt thành hình nón” là một đẳng thức duy nhất: độ dài CUNG của quạt trở thành CHU VI đường tròn đáy của nón, từ đó r tính được theo x ngay. Đường sinh của nón luôn bằng bán kính R của quạt vì cuộn giấy không làm đổi khoảng cách từ tâm tới mép, nên h có bằng định lí Pythagore. Ở ý c) biểu thức thể tích chứa căn, nên nên tối ưu bình phương thể tích hoặc đổi biến u=x2 để tránh đạo hàm của căn.
1Cách 1. Khảo sát trực tiếp hàm thể tích V(x) bằng đạo hàm
Định hướng. Lập công thức V(x) rồi đạo hàm trên khoảng (0;2π) theo đúng quy trình tìm giá trị lớn nhất.
a) Cung của quạt còn lại dài Rx, cuộn thành đường tròn đáy chu vi 2πr nên Rx=2πr⇒r=2πRx
Đường sinh của nón bằng R, nên h=R2−r2=R2−4π2R2x2=2πR4π2−x2
b) V=31πr2h=31π⋅4π2R2x2⋅2πR4π2−x2=24π2R3x24π2−x2
Dấu bằng khi x=38π2=326π≈5,13, thoả 0<x<2π≈6,28
VậyV≤2723πR3 với dấu bằng tại x=326π, đúng bằng kết quả của hai cách trên.
Nhận xét. Mẹo tách u2=4⋅2u⋅2u là kĩ thuật chuẩn khi dùng AM-GM cho biểu thức dạng uk(c−u): chia u thành k phần bằng nhau để tổng ba số trở thành hằng số.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 3: bất đẳng thức AM-GM cho ngay cả giá trị lớn nhất và điều kiện dấu bằng trong bốn dòng, không phải đạo hàm biểu thức chứa căn như Cách 1.
Đáp số.a) r=2πRx và h=2πR4π2−x2. b) V=24π2R3x24π2−x2. c) V lớn nhất khi x=326π≈5,13 rad, và Vmax=2723πR3≈0,403R3.
Sai lầm thường gặp.Lỗi nghiêm trọng nhất là lẫn x với góc của phần BỊ CẮT BỎ, dẫn tới viết r=2πR(2π−x). Đề nói rõ x là góc ở tâm của quạt DÙNG LÀM PHỄU, nên cung dùng để cuộn dài Rx. Lỗi thứ hai là lấy h=R vì tưởng bán kính mảnh các tông trở thành đường cao của nón; thực ra R trở thành ĐƯỜNG SINH, còn h=R2−r2<R. Kiểm tra nhanh: nếu h=R thì với x tiến tới 2π ta được r→R và V→31πR3, trong khi lúc đó tờ giấy gần như cuộn thành một hình dẹt và thể tích thật phải tiến về 0.
🚀 Mở rộng.Hãy tìm luôn tỉ số rh ở trạng thái thể tích lớn nhất: từ r2=2π2R2⋅38π2⋅41 ta được rh=21, một tỉ lệ cố định không phụ thuộc R — đặc trưng của mọi hình nón có thể tích lớn nhất với đường sinh cho trước.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 36
Bài 18 · 1.68★★★Trang 37— Bài toán tối ưu thực tiễn: thể tích lăng trụ đứng lớn nhất
Một hành lang giữa hai nhà có hình dạng của một lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ (xem hình bên). Hai mặt bên ABB′A′ và ACC′A′ là hai tấm kính hình chữ nhật dài 20 m, rộng 5 m. Gọi x (m) là độ dài của cạnh BC. a) Tính thể tích V của hình lăng trụ theo x. b) Tìm x sao cho hình lăng trụ có thể tích lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó.
Kiến thức cần nhớ
Thể tích khối lăng trụ đứng bằng diện tích đáy nhân chiều cao: V=Sday⋅AA′.
Tam giác cân tại A với AB=AC=a, BC=x có đường cao AM=a2−4x2 (M là trung điểm BC).
Diện tích tam giác: S=21AB⋅AC⋅sinA, nên S≤21AB⋅AC, dấu bằng khi A=90∘.
Bất đẳng thức tam giác cho 0<BC<AB+AC=10.
AM-GM cho hai số không âm: pq≤(2p+q)2, dấu bằng khi p=q.
🧠 Phân tích tư duy
Dữ kiện “hai tấm kính hình chữ nhật dài 20 m, rộng 5 m” phải được dịch đúng: chiều dài 20 m là cạnh bên AA′ của lăng trụ, còn chiều rộng 5 m là hai cạnh AB và AC của đáy, nên đáy là tam giác CÂN tại A với hai cạnh bằng 5. Vì cạnh bên và hai cạnh đáy đã cố định, thể tích chỉ còn phụ thuộc diện tích đáy, tức phụ thuộc góc A — đó là dấu hiệu nên dùng công thức diện tích 21absinA. Điều kiện 0<x<10 đến từ bất đẳng thức tam giác BC<AB+AC.
1Cách 1. Lập hàm V(x) rồi khảo sát bằng đạo hàm
Định hướng. Tính diện tích đáy qua đường cao của tam giác cân, nhân chiều cao lăng trụ, rồi đạo hàm trên khoảng (0;10).
a) Đáy là tam giác ABC cân tại A với AB=AC=5, BC=x; cạnh bên AA′=20
Gọi M là trung điểm BC, khi đó AM⊥BC và AM=25−4x2=2100−x2
SABC=21BC⋅AM=21⋅x⋅2100−x2=4x100−x2
V=SABC⋅AA′=20⋅4x100−x2=5x100−x2 (m3), với 0<x<10
b) V′(x)=5100−x2+5x⋅100−x2−x=100−x25(100−2x2)
V′(x)=0, x∈(0;10)⇔x2=50⇔x=52
V′>0 trên (0;52) và V′<0 trên (52;10)
V(52)=5⋅52⋅100−50=252⋅52=250
Vậy a) V=5x100−x2 m3 với 0<x<10; b) thể tích lớn nhất bằng 250 m3 khi x=52 m.
2Cách 2. Bình phương rồi đặt u=x2 đưa về parabol
Định hướng. Bình phương thể tích để bỏ căn, sau khi đổi biến thì hàm thu được là một tam thức bậc hai, tìm đỉnh là xong.
Từ ý a): V=5x100−x2 nên V2=25x2(100−x2)
Đặt u=x2, khi x∈(0;10) thì u∈(0;100)
V2=25u(100−u)=25(−u2+100u)=25[2500−(u−50)2]
(u−50)2≥0⇒V2≤25⋅2500=62500, dấu bằng ⇔u=50
V>0 nên V≤62500=250
u=x2=50⇔x=52≈7,07∈(0;10)
Vậy thể tích lớn nhất của hành lang bằng 250 m3, đạt được khi BC=52 m.
3Cách 3. Dùng công thức diện tích 21absinA: đáy lớn nhất khi góc A vuông
Định hướng. Hai cạnh AB, AC và cạnh bên đã cố định nên thể tích chỉ phụ thuộc sinA, mà sinA≤1 là chặn có ngay.
SABC=21AB⋅AC⋅sinA=21⋅5⋅5⋅sinA=225sinA
V=20SABC=250sinA
0∘<A<180∘⇒0<sinA≤1, dấu bằng ⇔A=90∘
⇒V≤250, dấu bằng khi tam giác ABC vuông cân tại A
Khi A=90∘: BC2=AB2+AC2=25+25=50⇒x=52
Vậy thể tích lớn nhất bằng 250 m3, đạt được khi đáy là tam giác vuông cân tại A, tức BC=52≈7,07 m.
Nhận xét. Cách này cho thêm một thông tin đẹp mà hai cách kia không nói ra: hành lang rộng nhất ứng với hai tấm kính đặt VUÔNG GÓC với nhau, một kết luận dùng được ngay khi thi công.
⭐ Cách nên dùng khi đi thi.Đi thi dùng Cách 3: công thức S=21absinA biến cả bài thành đánh giá sinA≤1, ra đáp số trong ba dòng mà không cần đặt ẩn x hay đạo hàm căn thức.
Đáp số.a) V=5x100−x2 (m3) với điều kiện 0<x<10. b) Thể tích lớn nhất Vmax=250 m3, đạt được khi x=BC=52≈7,07 m, lúc đó đáy là tam giác vuông cân tại A.
Sai lầm thường gặp.Lỗi hay gặp nhất là nhầm vai trò hai số đo của tấm kính, lấy AA′=5 và AB=AC=20, dẫn tới V=45x1600−x2 và đáp số sai hẳn. Cách tự kiểm tra: nếu AB=AC=20 thì điều kiện phải là 0<x<40, trong khi một hành lang giữa hai nhà rộng tới 40 m là vô lí; hơn nữa đề gọi 20 m là chiều DÀI nên đó phải là cạnh chạy dọc hành lang. Lỗi thứ hai là quên điều kiện 0<x<10 rồi nhận thêm nghiệm x=−52 hoặc chấp nhận x=10; với x=10 thì ba điểm A, B, C thẳng hàng, tam giác suy biến và V=0.
🚀 Mở rộng.Hãy đổi đề thành hai tấm kính có chiều rộng khác nhau, AB=4 m và AC=6 m, cùng chiều dài 20 m: khi đó V=20⋅21⋅4⋅6sinA=240sinA nên thể tích lớn nhất vẫn ứng với A=90∘, lúc đó BC=52=213 m.
Nguồn: SBT Toan 12 - KNTT, tap 1, Bai tap cuoi chuong I, trang 37
Đối chiếu số hiệu bài tập theo SBT: https://www.vietjack.com/sbt-toan-12-kn/bai-tap-cuoi-chuong-1.jsp · https://loigiaihay.com/bai-tap-cuoi-chuong-1-sbt-toan-12-ket-noi-tri-thuc-e37771.html
