Câu 1. Đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3x – 1$ là đường cong nào trong các đường cong sau?
Phương pháp: Nhận dạng đồ thị hàm số bậc ba $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$
+ Quan sát nhánh bên phải của đồ thị
– Nếu nhánh bên phải “đi lên” từ trái sang phải thì $a > 0$.
– Nếu nhánh bên phải “đi xuống” từ trái sang phải thì $a < 0$.
+ Kiểm tra số điểm cực trị của đồ thị hàm số bằng cách tính $y’$
– $y’ = 0$ có hai nghiệm phân biệt thì đồ thị có hai điểm cực trị.
– $y’ = 0$ có nghiệm kép hoặc vô nghiệm thì đồ thị không có điểm cực trị.
+ Kiểm tra điểm cắt trục tung bằng cách cho $x = 0 \Rightarrow y = d$ tức là đồ thị cắt trục tung tại điểm $M(0;d)$.
+ Kiểm tra điểm đồ thị hàm số đi qua.
Lời giải
+ Quan sát nhánh bên phải của đồ thị
– Do $a = 1 > 0$ nên nhánh bên phải “đi lên” từ trái sang phải.
Do đó ta chọn A hoặc B.
+ Kiểm tra số điểm cực trị của đồ thị hàm số
$y’ = 3{x^2} – 3$
$y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
x = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.$
$y’ = 0$ có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị có hai điểm cực trị.
Vậy ta chọn B.
Câu 2. Đường cong ở Hình 29 là đồ thị của hàm số:
A. $y = {x^3} + {x^2} + 2x + 2$.
B. $y = – {x^3} – 4{x^2} – x + 2$.
C. $y = {x^3} + 3{x^2} – 4x + 2$.
D. $y = {x^3} + 3{x^2} + 4x + 2$.
Lời giải
giải
+ Quan sát nhánh bên phải của đồ thị
– Do nhánh bên phải “đi lên” từ trái sang phải nên $a > 0$.
Do đó ta chọn A hoặc C hoặc D.
+ Kiểm tra số điểm cực trị của đồ thị hàm số
A. $y = {x^3} + {x^2} + 2x + 2$.
$y’ = 3{x^2} + 2x + 2$
$y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 2x + 2 = 0$ phương trình vô nghiệm$ \Rightarrow $không có cực trị.
+ Kiểm tra điểm đi qua $H( – 2; – 2)$.
Cho $x = – 2 \Rightarrow y = – 6$
$ \Rightarrow $đồ thị hàm số phương án A không đi qua $H( – 2; – 2)$.
Vậy ta loại A
C. $y = {x^3} + 3{x^2} – 4x + 2$.
$y’ = 3{x^2} + 6x – 4$
$y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 6x – 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{{ – 3 + \sqrt {21} }}{3} \hfill \\
x = \frac{{ – 3 – \sqrt {21} }}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.$có hai nghiệm phân biệt nên ta loại C.
Vậy ta chọn D.
Câu 3. Đường cong nào sau đây là đồ thị của hàm số $y = \frac{{1 – x}}{{x + 1}}$ ?
Lời giải
+ Quan sát nhánh bên phải của đồ thị
– Nếu nhánh bên phải “đi lên” từ trái sang phải thì $y’ > 0,\,\forall x \in D$.
– Nếu nhánh bên phải “đi xuống” từ trái sang phải thì$y’ < 0,\,\forall x \in D$.
+ Kiểm tra đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.
+ Kiểm tra điểm cắt trục tung bằng cách cho $x = 0 \Rightarrow y = d$ tức là đồ thị cắt trục tung tại điểm $M(0;d)$.
+ Kiểm tra điểm đồ thị hàm số đi qua.
+ Quan sát nhánh bên phải của đồ thị
$y = \frac{{1 – x}}{{x + 1}} = \frac{{ – x + 1}}{{x + 1}}$
$y’ = \frac{{ – 1.1 – 1.1}}{{{{(x + 1)}^2}}} = \frac{{ – 2}}{{{{(x + 1)}^2}}} < 0,\,\forall x \in D$
Nên nhánh bên phải “đi xuống” từ trái sang phải nên ta chọn phương án B. Các phương án còn lại đều có nhánh bên phải “đi lên” từ trái sang phải.
Vậy ta chọn B.
Câu 4. Đường cong ở Hình 30 là đồ thị của hàm số:
A. $y = \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{ – x – 1}}$.
B. $y = \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{x + 1}}$.
C. $y = \frac{{{x^2} – 2x + 2}}{{x – 1}}$.
D. $y = \frac{{{x^2} – 2x + 2}}{{x + 1}}$.
Hình 30
Lời giải
Chọn A
Đồ thị hàm số trong Hình 30 cắt trục tung tại điểm $(0; – 2)$ và có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = – 1$ và tiệm cận xiên là đường thẳng $x = – 1$ và tiệm cận xiên là đường thẳng $y = – x – 1$.
Thay toạ độ điểm $(0; – 2)$ vào các hàm số ở các đáp án trên ta loại được đáp án $B$ và $D$. Ta thấy đường thẳng $x = – 1$ là tiệm cận đứng của đường thẳng $y = \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{ – x – 1}}$ và đường thẳng $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{{x^2} – 2x + 2}}{{x – 1}}$.
Vậy đường cong trong Hình 30 là đồ thị của hàm số $y = \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{ – x – 1}}$
Câu 5. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau:
a) $y = 2{x^3} – 3{x^2} + 1$;
b) $y = – {x^3} + 3{x^2} – 1$;
c) $y = {(x – 2)^3} + 4$;
d) $y = – {x^3} + 3{x^2} – 3x + 2$;
e) $y = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + 2x + 1$;
g) $y = – {x^3} – 3x$.
Lời giải
a) $y = 2{x^3} – 3{x^2} + 1$
1. Tập xác định $D = \mathbb{R}$.
2. Sự biến thiên:
Giới hạn vô cực: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty $.
Ta có $y’ = 6{x^2} – 6x$.
Cho $y’ = 0 \Leftrightarrow 6{x^2} – 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{x = 1}
\end{array}} \right.$.
Bảng biến thiên
Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng $\left( { – \infty ;0} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$; nghịch biến trên khoảng $\left( {0;1} \right)$.
Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ với $y = 1$ và đạt cực tiểu tại $x = 1$ với $y = 0$.
3. Đồ thị
Giao điểm của đồ thị với trục tung $\left( {0;1} \right)$.
Giao điểm của đồ thị với trục hoành: $2{x^3} – 3{x^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – \frac{1}{2}} \\
{x = 1}
\end{array}} \right.$
Vậy đồ thị hàm số giao với trục hoành tại các điểm $\left( { – \frac{1}{2};0} \right);\left( { – 1;0} \right)$.
Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left( {1;0} \right);\left( {0;1} \right);\left( { – \frac{1}{2};0} \right);\left( { – 1; – 4} \right);\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)$.
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số đó là điểm $I\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)$.
b) $y = – {x^3} + 3{x^2} – 1$
1. Tập xác định $D = \mathbb{R}$.
2. Sự biến thiên:
Giới hạn vô cực: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = + \infty $.
Ta có $y’ = – 3{x^2} + 6x$. Cho $y’ = 0 \Leftrightarrow – 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{x = 2}
\end{array}} \right.$
Bảng biến thiên
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$; nghịch biến trên mỗi khoảng $\left( { – \infty ;0} \right);\left( {2; + \infty } \right)$.
Hàm số đạt cực đại tại $x = 2$ với $y = 3$ và đạt cực tiểu tại $x = 0$ với $y = – 1$.
3. Đồ thị
Giao điểm của đồ thị với trục tung $\left( {0; – 1} \right)$.
Giao điểm của đồ thị với trục hoành: $ – {x^3} + 3{x^2} – 1 = 0$, ta thấy phương trình có ba nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm. Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left( { – 1;3} \right);\left( {0; – 1} \right);\left( {1;1} \right);\left( {2;3} \right);\left( {3; – 1} \right)$.
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số đó là điểm $I\left( {1;1} \right)$.
c) $y = {(x – 2)^3} + 4 = {x^3} – 6{x^2} + 12x – 4$
1. Tập xác định $D = \mathbb{R}$.
2. Sự biến thiên:
Giới hạn vô cực: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty $.
Ta có $y’ = – 3{x^2} – 12x + 12 = 3{(x – 2)^2}$.
Ta thấy $y’ \geqslant 0,\forall x \in \mathbb{R};y’ = 0 \Leftrightarrow 3{(x – 2)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 2$.
Bảng biến thiên
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$ và hàm số không có cực trị.
3. Đồ thị
Giao điểm của đồ thị với trục tung $\left( {0; – 4} \right)$.
Giao điểm của đồ thị với trục hoành: ${x^3} – 6{x^2} + 12x – 4 = 0$, ta thấy phương trình có 1 nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 1 điểm.
Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left( {0; – 4} \right);\left( {1;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {3;5} \right)$.
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số đó là điểm $I\left( {2;4} \right)$.
d) $y = – {x^3} + 3{x^2} – 3x + 2$
1. Tập xác định $D = \mathbb{R}$.
2. Sự biến thiên:
Giới hạn vô cực: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = + \infty $.
Ta có $y’ = – 3{x^2} + 6x – 3 = – 3{(x – 1)^2} \leqslant 0,\forall x \in \mathbb{R}$.
$y’ = 0 \Leftrightarrow – 3{(x – 1)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 1$
Bảng biến thiên
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$ và hàm số không có cực trị.
3) Đồ thị
Giao điểm của đồ thị với trục tung $\left( {0;2} \right)$.
Giao điểm của đồ thị với trục hoành: $ – {x^3} + 3{x^2} – 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = 2$.
Vậy đồ thị cắt trục hoành tại điểm $\left( {2;0} \right)$.
Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left( {0;2} \right);\left( {2;0} \right);\left( {1;1} \right)$.
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số đó là điểm $I\left( {1;1} \right)$.
e) $y = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + 2x + 1$
1. Tập xác định $D = \mathbb{R}$.
2. Sự biến thiên:
Giới hạn vô cực: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty $.
Ta có $y’ = {x^2} + 2x + 2 = {(x + 1)^2} + 1 > 0,\forall x \in \mathbb{R}$.
Bảng biến thiên
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$ và hàm số không có cực trị.
3. Đồ thị
Giao điểm của đồ thị với trục tung $\left( {0;1} \right)$.
Giao điểm của đồ thị với trục hoành: $\frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + 2x + 1 = 0$, ta thấy phương trình có 1 nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 1 điểm.
Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left( {0;1} \right);\left( { – 1; – \frac{1}{3}} \right)$.
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số đó là điểm $I\left( { – 1; – \frac{1}{3}} \right)$.
g) $y = – {x^3} – 3x$
1. Tập xác định $D = \mathbb{R}$.
2. Sự biến thiên:
Giới hạn vô cực: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = + \infty $.
Ta có $y’ = – 3{x^2} – 3 = – 3\left( {{x^2} + 1} \right) < 0,\forall x \in \mathbb{R}$.
Bảng biến thiên
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$ và hàm số không có cực trị.
3) Đồ thị
Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$. Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left( {0;0} \right);\left( { – 1;4} \right);\left( {1; – 4} \right)$.
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số đó là điểm $O\left( {0;0} \right)$.
Câu 6. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau:
a) $y = \frac{{x – 1}}{{x + 1}}$
b) $y = \frac{{ – 2x}}{{x + 1}}$
c) $y = \frac{{{x^2} – 3x + 6}}{{x – 1}}$
d) $y = \frac{{ – {x^2} + 2x – 4}}{{x – 2}}$
e) $y = \frac{{2{x^2} + 3x – 5}}{{x + 2}}$
g) $y = \frac{{{x^2} – 2x – 3}}{{ – x + 2}}$.
Lời giải
a) $y = \frac{{x – 1}}{{x + 1}}$
1. Tập xác định $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ { – 1} \right\}$.
2. Sự biến thiên
$\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} y = – \infty $. Do đó đường thẳng $x = – 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = 1$. Do đó đường thẳng $y = 1$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
$y’ = \frac{2}{{{{(x + 1)}^2}}} > 0,\forall x \ne – 1$.
Bảng biến thiên:
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left( { – \infty – 1} \right)$ và $\left( { – 1; + \infty } \right)$. Hàm số không có cực trị.
3. Đồ thị
Giao điểm của đồ thị với trục tung $\left( {0; – 1} \right)$. Giao điểm của đồ thị với trục hoành $\left( {1;0} \right)$.
Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left( {0; – 1} \right);\left( {1;0} \right);\left( { – 2;3} \right);\left( { – 3;2} \right)$.
Đồ thị hàm số nhận giao điểm $I\left( { – 1;1} \right)$ của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận đó làm trục đối xứng.
b) $y = \frac{{ – 2x}}{{x + 1}}$
1. Tập xác định $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ { – 1} \right\}$.
2. Sự biến thiên
$\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} y = – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} y = + \infty $. Do đó đường thẳng $x = – 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = – 2;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – 2$. Do đó đường thẳng $y = – 2$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
$y’ = \frac{{ – 2}}{{{{(x + 1)}^2}}} < 0,\forall x \ne – 1$
Bảng biến thiên:
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ và $\left( { – 1; + \infty } \right)$. Hàm số không có cực trị.
3. Đồ thị
Đồ thị của hàm số đi qua gốc toạ độ $O\left( {0;0} \right)$. Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left( { – 3; – 3} \right);\left( { – 2; – 4} \right);\left( {0;0} \right);\left( {1; – 1} \right)$.
Đồ thị hàm số nhận giao điểm $I\left( { – 1; – 2} \right)$ của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận đó làm trục đối xứng.
c) $y = \frac{{{x^2} – 3x + 6}}{{x – 1}} = x – 2 + \frac{4}{{x – 1}}$
1. Tập xác định $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ 1 \right\}$.
2. Sự biến thiên
* $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} y = – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty $. Do đó đường thẳng $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
* $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty $.
*$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y – (x – 2)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{4}{{x – 1}} = 0$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left[ {y – (x – 2)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{4}{{x – 1}} = 0$.
Do đó đường thẳng $y = x – 2$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
$y’ = \frac{{{x^2} – 2x – 3}}{{{{(x – 1)}^2}}}$. Cho $\frac{{{x^2} – 2x – 3}}{{{{(x – 1)}^2}}} = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – 1} \\
{x = 3}
\end{array}} \right.$
Bảng biến thiên:
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $\left( { – 1;1} \right)$ và $\left( {1;3} \right)$ và đồng biến trên mỗi khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$.
Hàm số đạt cực đại tại $x = – 1,y = – 5$; đạt cực tiểu tại $x = 3;{y_{CT}} = 3$.
3. Đồ thị
Giao điểm của đồ thị với trục tung $\left( {0; – 6} \right)$.
Đồ thị hàm số không cắt trục hoành.
Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left( { – 3; – 6} \right);\left( { – 1; – 5} \right);\left( {0; – 6} \right);\left( {2;4} \right);\left( {3;3} \right)$.
Đồ thị hàm số nhận giao điểm $I\left( {1; – 1} \right)$ của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận đó làm trục đối xứng.
d) $y = \frac{{ – {x^2} + 2x – 4}}{{x – 2}} = – x – \frac{4}{{x – 2}}$
1. Tập xác định $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ 2 \right\}$.
2. Sự biến thiên
* $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = – \infty $. Do đó đường thẳng $x = 2$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
* $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = + \infty $.
*$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y – ( – x)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ – 4}}{{x – 2}} = 0$;$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left[ {y – ( – x)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{ – 4}}{{x – 2}} = 0$.
. Do đó đường thẳng $y = – x$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
$y’ = \frac{{ – {x^2} + 4x}}{{{{(x – 2)}^2}}}.\;$
Cho $y’ = 0 \Leftrightarrow \frac{{ – {x^2} + 4x}}{{{{(x – 2)}^2}}} = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{x = 4}
\end{array}} \right.$
Bảng biến thiên:
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $\left( { – \infty ;0} \right)$ và $\left( {4; + \infty } \right)$ và đồng biến trên mỗi khoảng $\left( {0;2} \right)$ và $\left( {2;4} \right)$.
Hàm số đạt cực đại tại $x = 4,y = – 6$; đạt cực tiểu tại $x = 0;{y_{CT}} = 2$.
3) Đồ thị
Giao điểm của đồ thị với trục tung $\left( {0;2} \right)$.
Đồ thị hàm số không cắt trục hoành.
Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left( { – 2;3} \right);\left( {0;2} \right);\left( {1;3} \right);\left( {3; – 7} \right);\left( {4; – 6} \right);\left( {6; – 7} \right)$.
Đồ thị hàm số nhận giao điểm $I\left( {2; – 2} \right)$ của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận đó làm trục đối xứng.
e) $y = \frac{{2{x^2} + 3x – 5}}{{x + 2}} = 2x – 1 – \frac{3}{{x + 2}}$
1. Tập xác định $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ { – 2} \right\}$.
2. Sự biến thiên
* $\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ – }} y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ + }} y = – \infty $. Do đó đường thẳng $x = – 2$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
* $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty $.
*$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y – (2x – 1)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ – 3}}{{x + 2}} = 0$;$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left[ {y – (2x – 1)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{ – 3}}{{x + 2}} = 0$.
.Do đó đường thẳng $y = 2x – 1$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
$y’ = \frac{{2{x^2} + 8x + 11}}{{{{(x + 2)}^2}}} = \frac{{2{{(x + 2)}^2} + 3}}{{{{(x + 2)}^2}}} = 2 + \frac{3}{{{{(x + 2)}^2}}} > 0,\forall x \ne – 2$.
Bảng biến thiên:
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left( { – \infty ; – 2} \right)$ và $\left( { – 2; + \infty } \right)$.
Hàm số không có cực trị.
3. Đồ thị
Giao điểm của đồ thị với trục tung $\left( {0; – \frac{5}{2}} \right)$.
Giao điểm của đồ thị với trục hoành:
Cho $\frac{{2{x^2} + 3x – 5}}{{x + 2}} = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1} \\
{x = – \frac{5}{2}}
\end{array}} \right.$.
Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left( { – 3; – 4} \right);\left( { – \frac{5}{2};0} \right);\left( { – 1; – 6} \right);\left( {0; – \frac{5}{2}} \right);\left( {1;0} \right)$.
Đồ thị hàm số nhận giao điểm $I\left( { – 2; – 5} \right)$ của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận đó làm trục đối xứng.
g) $y = \frac{{{x^2} – 2x – 3}}{{ – x + 2}} = – x + \frac{3}{{x – 2}}$
1. Tập xác định $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ 2 \right\}$.
2. Sự biến thiên
* $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = – \infty $. Do đó đường thẳng $x = 2$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
* $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = + \infty $.
*$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y – ( – x)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{3}{{x – 2}} = 0$;$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left[ {y – ( – x)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{3}{{x – 2}} = 0$.
Do đó đường thẳng $y = – x$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
$y’ = \frac{{ – {x^2} + 4x – 7}}{{{{( – x + 2)}^2}}} = \frac{{{{(x – 2)}^2} – 3}}{{{{( – x + 2)}^2}}} < 0,\forall x \ne 2$
Bảng biến thiên:
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $\left( { – \infty ;2} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$. Hàm số không có cực trị.
3. Đồ thị
Giao điểm của đồ thị với trục tung $\left( {0; – \frac{3}{2}} \right)$.
Giao điểm của đồ thị với trục hoành:
Cho $\frac{{{x^2} – 2x – 3}}{{ – x + 2}} = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – 1} \\
{x = 3}
\end{array}} \right.$.
Vậy hàm số cắt trục hoành tại hai điểm $\left( { – 1;0} \right);\left( {3;0} \right)$.
Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left( { – 1;0} \right);\left( {0; – \frac{3}{2}} \right);\left( {1; – 4} \right);\left( {3;0} \right);\left( {5; – 4} \right)$.
Đồ thị hàm số nhận giao điểm $I\left( {2; – 2} \right)$ của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận đó làm trục đối xứng.
Câu 7. Một tàu đổ bộ tiếp cận Mặt Trăng theo cách tiếp cận thẳng đứng và đốt cháy các tên lửa hãm ở độ cao 250 km so với bề mặt của Mặt Trăng.
Trong khoảng 50 giây đầu tiên kể từ khi đốt cháy các tên lửa hãm, độ cao $h$ của con tàu so với bề mặt của Mặt Trăng được tính (gần đúng) bởi hàm
$h\left( t \right) = – 0,01{t^3} + 1,1{t^2} – 30t + 250$
trong đó $t$ là thời gian tính bằng giây và $h$ là độ cao tính bằng kilômét (Nguồn: A. Bigalke et al., Mathematik, Grundkurs ma-1, Cornelsen 2010).
a) Tìm thời điểm $t\left( {0 \leqslant t \leqslant 50} \right)$ sao cho con tàu đạt khoảng cách nhỏ nhất so với bề mặt của Mặt Trăng. Khoảng cách nhỏ nhất này là bao nhiêu?
b) Vẽ đồ thị của hàm số $y = h\left( t \right)$ với $0 \leqslant t \leqslant 70$ (đơn vị trên trục hoành là 10 giây, đơn vị trên trục tung là $50\;km$ ).
c) Gọi $v\left( t \right)$ là vận tốc tức thời của con tàu ở thời điểm $t$ (giây) kể từ khi đốt cháy các tên lửa hãm với $0 \leqslant t \leqslant 50$. Xác định hàm số $v\left( t \right)$.
d) Vận tốc tức thời của con tàu lúc bắt đầu hãm phanh là bao nhiêu? Tại thời điểm $t = 25$ (giây) là bao nhiêu?
e) Tại thời điểm $t = 25$ (giây), vận tốc tức thời của con tàu vẫn giảm hay đang tăng trở lại?
Lời giải
a) Xét hàm số $h\left( t \right) = – 0,01{t^3} + 1,1{t^2} – 30t + 250,t \in \left[ {0;70} \right]$. Ta có $h’\left( t \right) = – 0,03{t^2} + 2,2t – 30$. Trên khoảng $\left( {0;70} \right),h’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t \approx 18} \\
{t \approx 55}
\end{array}} \right.$.
Bảng biến thiên của hàm số $h\left( t \right)$ như sau:
Trên khoảng $\left( {0;70} \right)$, đồ thị hàm số $h\left( t \right)$ đi qua các điểm $\left( {0;250} \right);\left( {10;50} \right);\left( {50;250} \right);\left( {60;250} \right)$.
b) Ta có $v\left( t \right)$ là vận tốc tức thởi của con tàu ở thởi điểm $t$ (giây) kể từ khi đốt cháy các tên lửa hãm với $0 \leqslant t \leqslant 50$.
Khi đó $v\left( t \right) = h’\left( t \right) = – 0,03{t^2} + 2,2t – 30,t \in \left[ {0;50} \right]$.
c) $v\left( {25} \right) = – 0,{03.25^2} + 2,2.25 – 30 = 6,25\left( {\;km/s} \right)$.
d) Tại thởi điểm $t = 25$ (giây), lúc đó $t \in \left( {18;55} \right)$.
Căn cứ vào bảng biến thiên ở câu $a$ ), ta thấy rằng $h’\left( t \right) > 0$, tức là $v\left( t \right) > 0$.
Vậy vận tốc tức thởi của con tàu đang tăng trở lại.
e) Xét hàm số $h\left( t \right) = – 0,01{t^3} + 1,1{t^2} – 30t + 250,t \in \left[ {0;70} \right]$.
Ta có $h’\left( t \right) = – 0,03{t^2} + 2,2t – 30$.
Trên khoảng $\;\left( {0;70} \right),\;h’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t \approx 18} \\
{t \approx 55}
\end{array}.\;} \right.$
Ta $\;$ có $\;h\left( 0 \right) = 250;h\left( {18} \right) = 8,08;h\left( {50} \right) = 250.\;$
Do đó tại $t = 18$.
Vậy tại thởi điểm $t = 18$ giây thì con tàu đạt khoảng cách nhỏ nhất so với bềm mặt Mặt Trăng và khoảng cách nhỏ nhất này bằng $8,08\;km$.
Câu 8. Xét phản ứng hoá học tạo ra chất $C$ từ hai chất $A$ và $B$ :
$A + B \to C.$
Giả sử nồng độ của hai chất $A$ và $B$ bằng nhau $\left[ A \right] = \left[ B \right] = a\left( {\;mol/l} \right)$. Khi đó, nồng độ của chất $C$ theo thời gian $t(t > 0)$ được cho bởi công thức: $\left[ C \right] = \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}\left( {\;mol/l} \right)$, trong đó $K$ là hằng số dương (Nguồn: Đỗ Đúc Thái (Chủ biên) và các đồng tác giả, Giáo trình Phép tính vi tích phân hàm một biến, NXB Đại học Su phạm, 2023).
a) Tìm tốc độ phản ứng ở thời điểm $t > 0$.
b) Chứng minh nếu $x = \left[ C \right]$ thì $x’\left( t \right) = K{(a – x)^2}$.
c) Nêu hiện tượng xảy ra với nồng độ các chất khi $t \to + \infty $.
d) Nêu hiện tượng xảy ra với tốc độ phản ứng khi $t \to + \infty $.
Lời giải
Sau thởi gian $t$ : $\left( {a – \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}} \right)\;\left( {a – \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}} \right)\;\frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}$
Tốc độ ở thởi điểm $t > 0$ là $v\left( t \right) = \frac{{\Delta {C_c}}}{{\Delta t}} = \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}:t = \frac{{{a^2}K}}{{aKt + 1}}$
b) Ta có $x = \left[ C \right]$, tức là $x = \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}$.
$x’\left( t \right) = {\left( {\frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}} \right)’} = \frac{{{a^2}K\left( {aKt + 1} \right) – aK \cdot {a^2}Kt}}{{{{(aKt + 1)}^2}}} = \frac{{{a^2}K}}{{{{(aKt + 1)}^2}}}$
$K{(a – x)^2} = K{\left( {a – \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}} \right)^2} = K \cdot \frac{{{a^2}}}{{{{(aKt + 1)}^2}}} = \frac{{{a^2}K}}{{{{(aKt + 1)}^2}}}$
Từ đó suy ra $x’\left( t \right) = K{(a – x)^2}$.
c) $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \left[ C \right] = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{{a^2}K}}{{aK + \frac{1}{t}}} = a$
Vậy khi $t \to + \infty $ thì nồng độ các chất $A,B,C$ bằng nhau.
d) $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } v(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{{a^2}K}}{{aKt + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{\frac{{{a^2}K}}{t}}}{{aK + \frac{1}{t}}} = 0$
Vậy khi $t \to + \infty $ tốc độ phản ứng dần về 0 , khi đó phản ứng kết thúc.
