32 câu hỏi
|
a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số C (v): |
|
Tập xác định: D = (0; 120]. |
|
Sự biến thiên: |
|
+ Chiều biến thiên: |
|
· Đạo hàm C '(v) = 0 ⇔ v = –80 (loại) hoặc v = 80. |
|
· Trên khoảng (0; 80), C '(v) < 0 nên hàm số nghịch biến trên khoảng này. |
|
· Trên khoảng (80; 120), C '(v) > 0 nên hàm số đồng biến trên khoảng này. |
|
+ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại v = 80, CCT = C(80) = 400. |
|
+ Giới hạn vô cực và tiệm cận: \[\mathop {\lim }\limits_{v \to {0^ + }} C(v) = + \infty \] nên đường thẳng v = 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. |
|
+ Bảng biến thiên:  – Đồ thị:
Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu (80; 400) và đi qua các điểm (40; 500), (100; 410), (120; \[\frac{{1300}}{3}\]) như Hình vẽ bên dưới.
 b) Quan sát đồ thị hàm số, ta nhận thấy hàm số đạt GTNN khi v = 80 và GTNN là 400. Như vậy, để tiết kiệm tiền xăng nhất, tài xế nên chạy xe với tốc độ trung bình là 80 km/h.
|
Đạo hàm L '(x) = –3x2 + 6x + 240; L '(x) = 0 ⇔ x = 10 hoặc x = –8 (loại).
Xét một vật thật đặt trước thấu kính hội tụ có tiêu cự f > 0. Gọi d là khoảng cách từ vật đến thấu kính (d > 0), d ′ là khoảng cách từ thấu kính đến ảnh (ảnh thật thì d ′ > 0, ảnh ảo thì d ′ < 0). Ta có công thức: \[\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}}{\rm{ }}hay{\rm{ }}d' = \frac{{df}}{{d - f}}\]. (Vật lí 11, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, 2012, trang 182, 187).
Xét trường hợp f = 3, đặt x = d, y = d ′. Ta có hàm số \[y = \frac{{3x}}{{x - 3}}\]và x ≠ 3.
a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số trên.
b) Dựa vào đồ thị hàm số trên, hãy cho biết vị trí của vật để ảnh của vật là: ảnh thật, ảnh ảo.
c) Khi vật tiến gần đến tiêu điểm thì ảnh thay đổi như thế nào?
a) Vì \(d > 0\) nên với \(x = d\) thì \(x > 0\).
Xét hàm số \(y = \frac{{3x}}{{x - 3}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 3\).
Tập xác định: \(D = (0;3) \cup (3; + \infty )\).
Sự biến thiền:
Chiều biến thiên:
Đạo hàm \({y^\prime } = \frac{{ - 9}}{{{{(x - 3)}^2}}}\). Vi \({y^\prime } < 0\) với mọi \(x > 0\) và \(x \ne 3\) nên hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng \((0;3)\) và \((3; + \infty )\).
Tiệm cận:
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3x}}{{x - 3}} = 3\). Suy ra đường thắng \(y = 3\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^3}} \frac{{3x}}{{x - 3}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{3x}}{{x - 3}} = + \infty \). Suy ra đường thẳng \({\rm{x}} = 3\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Bảng biến thiên:
Đồ thị:
Đồ thị hàm số đi qua điếm \((2; - 6)\) và điếm \((6;6)\).
Đồ thị của hàm số đã cho được biếu diễn như hình dưới đây.
b) Đế vật là ảnh thật thì \({{\rm{d}}^\prime } > 0\), tức là \(y > 0\).
Quan sát đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x}}{{x - 3}}\), ta thấy trên khoảng \((3; + \infty )\), đồ thị hàm số nằm phía trên trục \({\rm{Ox}}\) nên \({\rm{y}} > 0\) trên khoảng này. Vậy với \(x > 3\), tức \({\rm{d}} > 3\) hay khoảng cách từ vật đến thấy kính lớn hơn 3 thì ảnh của vật là ảnh thật.
Đế vật là ảnh áo thì \({{\rm{d}}^\prime } < 0\), tức là \(y < 0\).
Quan sát đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x}}{{x - 3}}\), ta thấy trên khoáng \((0;3)\), đồ thị hàm số nằm phía dưới trục Ox nên \({\rm{y}} < 0\) trên khoảng này. Vậy với \(x \in (0;3)\), tức \(d \in (0;3)\) hay khoảng cách từ vật đến thấu kính lớn hơn 0 và nhỏ hơn 3 thì ảnh của vật là ảnh âo.
c) Khi vật tiến gần đến tiêu điếm, tức vị trí \(A\) tiến gần đến vị trí \(F\), thì khoáng cách $A F$ dần tiến tới 0 , hay \({\rm{d}} - {\rm{f}} \to 0\), suy ra \({\rm{d}} \to {\rm{f}}\), tức là \({\rm{x}} \to 3\).
Người ta muốn chế tạo một chiếc hộp hình hộp chữ nhật có thể tích 500 cm3 với yêu cầu dùng ít vật liệu nhất. Chiều cao của hộp phải là 2 cm, các kích thước khác là x, y với x > 0 và y > 0.
a) Hãy biểu thị y theo x.
b) Chứng tỏ rằng diện tích toàn phần của chiếc hộp là: \[S(x) = 500 + 4x + \frac{{1000}}{x}\]
c) Lập bảng biến thiên của hàm số S(x) trên khoảng (0; +∞).
d) Kích thước của hộp là bao nhiêu thì dùng ít vật liệu nhất? (Làm tròn kết quả đến hàng phần mười.)
a) Thế tích của hình hộp chữ nhật cần chế tạo là: \(V = 2xy\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Theo bài ra ta có \(V = 500\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\), khi đó \(2xy = 500\), suy ra \(y = \frac{{250}}{x}\).
b) Diện tích xung quanh của chiếc hộp là: \({{\rm{S}}_{{\rm{xq}}}} = 2({\rm{x}} + {\rm{y}}) \cdot 2 = 4({\rm{x}} + {\rm{y}})\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)
Diện tích toàn phần của chiếc hộp là: \({{\rm{S}}_{{\rm{tp}}}} = {{\rm{S}}_{{\rm{xq}}}} + 2\;{{\rm{S}}_{\rm{t}}} = 4({\rm{x}} + {\rm{y}}) + 2{\rm{xy}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)
Lại có \({\rm{y}} = \frac{{250}}{x}\) nên \({{\rm{S}}_{{\rm{tp}}}} = 4\left( {x + \frac{{250}}{x}} \right) + 2x \cdot \frac{{250}}{x} = 4x + \frac{{1000}}{x} + 500\).
Vậy diện tích toàn phần của chiếc hộp là \(S(x) = 500 + 4x + \frac{{1000}}{x}\).
c) Xét hàm số \(S(x) = 500 + 4x + \frac{{1000}}{x}\) với \(x \in (0; + \infty )\).
Ta có \(S(x) = 4 - \frac{{1000}}{{{x^2}}}\);
Trên khoảng \((0; + \infty ),S(x) = 0\) khi \(x = 5\sqrt {10} \).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} S(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {500 + 4x + \frac{{1000}}{x}} \right) = + \infty \);
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } S(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {500 + 4x + \frac{{1000}}{x}} \right) = + \infty \)
Bảng biến thiên
d) Đế dùng ít vật liệu nhất thì diện tích toàn phần của chiếc hộp phải nhó nhất.
Căn cứ vào bảng biến thiên ở câu c), ta thấy hàm số \(S({\rm{X}})\) đạt giá trị nhó nhất bằng: \(500 + \frac{{200\sqrt {10} }}{5}\)
tại \(x = 5\sqrt {10} \). Với \(x = 5\sqrt {10} \), ta có \(y = \frac{{250}}{{5\sqrt {10} }} = 5\sqrt {10} \).
Vậy kích thước 3 cạnh của chiếc hộp là \(2\;{\rm{cm}},5\sqrt {10} \;{\rm{cm}},5\sqrt {10} \;{\rm{cm}}\) thì dùng ít vật liệu nhất.
Bạn Việt muốn dùng tấm bìa hình vuông cạnh 6 dm làm một chiếc hộp không nắp, có đáy là hình vuông bằng cách cắt bỏ đi 4 hình vuông nhỏ ở bốn góc của tấm bìa (Hình vẽ bên dưới).
Bạn Việt muốn tìm độ dài cạnh hình vuông cần cắt bỏ để chiếc hộp đạt thể tích lớn nhất.
a) Hãy thiết lập hàm số biểu thị thể tích hộp theo x với x là độ dài cạnh hình vuông cần cắt đi.
b) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số tìm được. Từ đó, hãy tư vấn cho bạn Việt cách giải quyết vấn đề và giải thích vì sao cần chọn giá trị này. (Làm tròn kết quả đến hàng phần mười.)
a) Sau khi cắt bốn góc tấm bìa và dựng thành chiếc hộp không nắp, khi đó chiếc hộp dựng thành có dạng hình hộp chữ nhật với các kích thước là \({\rm{x}},6 - 2{\rm{x}}\) và \(6 - 2{\rm{x}}({\rm{dm}})\).
Rõ ràng \({\rm{x}}\) phải thỏa mãn điều kiện \(0 < {\rm{x}} < 3\).
Thể tích của chiếc hộp là \({\rm{V}}({\rm{x}}) = {\rm{x}}{(6 - 2{\rm{x}})^2}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\quad (0 < {\rm{x}} < 3)\).
b) Xét hàm số \({\rm{V}}({\rm{x}}) = {\rm{x}}{(6 - 2{\rm{x}})^2}\) với \({\rm{x}} \in (0;3)\).
Tập xác định: \({\rm{D}} = (0;3)\).
Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
Đạo hàm \({{\rm{V}}^\prime }({\rm{x}}) = {(6 - 2{\rm{x}})^2} + {\rm{x}} \cdot 2(6 - 2{\rm{x}}) \cdot ( - 2) = (6 - 2{\rm{x}})(6 - 6{\rm{x}})\).
Trên khoảng \((0;3)\), ta có \({{\rm{V}}^\prime }({\rm{x}}) = 0 \Leftrightarrow {\rm{x}} = 1\).
Trên khoảng \((0;1),{{\rm{V}}^\prime }({\rm{x}}) > 0\) nên hàm số đồng biến trên khoảng đó.
Trên khoảng \((1;3),{{\rm{V}}^\prime }({\rm{x}}) < 0\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng đó.
Hàm số có một điểm cực trị là điểm cực đại tại \({\rm{x}} = 1,{{\rm{y}}_{{\rm{CD}}}} = 16\).
Bảng biến thiên:
Đồ thị:
Trên khoảng \((0;3)\), đồ thị hàm số đi qua các điểm \((1;16)\) và \((2;8)\).
Đồ thị hàm số \({\rm{V}}({\rm{x}})\) trên khoảng \((0;3)\) được biểu diễn như hình dưới đây.
Từ đó, ta thấy đế tìm được độ dài cạnh hình vuông cần cắt bó để chiếc hộp đạt thế tích lớn nhất, ta cần tìm \({x_0} \in (0;3)\) sao cho \({\rm{V}}\left( {{{\rm{x}}_0}} \right)\) có giá trị lớn nhất.
Căn cứ vào bảng biến thiên ta thấy trong khoảng \((0;3)\) hàm số có một điếm cực trị duy nhất là điếm cực đại \(x = 1\) nên tại đó \({\rm{V}}({\rm{x}})\) có giá trị lớn nhất là \({\max _{(0;3)}}V(x) = 16\).
Vậy độ dài cạnh của hình vuông cần cắt bỏ là \(1{\rm{dm}}\) thì chiếc hộp có thế tích lớn nhất.
Trong 20 phút theo dõi, lưu lượng nước của một con sông được tính theo công thức: \[Q(t) = - \frac{1}{5}{t^3} + 5{t^2} + 100,\] trong đó Q tính theo m3/phút, t tính theo phút, 0 ≤ t ≤ 20 (Nguồn: A. Bigalke et al., Mathematik, Grundkurs ma-1, Cornelsen 2016). Khi lưu lượng nước của con sông lên đến 550 m3/phút thì cảnh báo lũ được đưa ra.
Trong thời gian theo dõi, lưu lượng nước của con sông lớn nhất là bao nhiêu? Cảnh báo lũ được đưa ra vào thời điểm nào?
Xét hàm số \({\rm{Q}}({\rm{t}}) = - \frac{1}{5}{t^3} + 5{t^2} + 100\) với \({\rm{t}} \in [0;20]\).
Ta có \({\rm{Q}}({\rm{t}}) = - \frac{3}{5}{t^2} + 10t\); \({{\rm{Q}}^\prime }({\rm{t}}) = 0 \Leftrightarrow - \frac{3}{5}{t^2} + 10t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{50}}{3}{\rm{ hoặc }} = 0.{\rm{ }}\)
Bảng biến thiên của hàm số trên doạn [0 ; 20] như sau:
Từ bảng biến thiên suy ra \({\max _{[0:20]}}{\rm{Q}}({\rm{t}}) = \frac{{15200}}{{27}}\) tại \(t = \frac{{50}}{3}\), tức là lưu lượng nước của con sông lớn nhât là \(\frac{{15200}}{{27}}\;{{\rm{m}}^3}/\) phút tại thời điểm \(t = \frac{{50}}{3}\) phút.
Cảnh báo lū được đưa ra khi lưu lượng nước của con sông lên đến \(550\;{{\rm{m}}^3}/\) phút, tức là
\(Q(t) \ge 550 \Leftrightarrow - \frac{1}{5}{t^3} + 5{t^2} + 100 \ge 550 \Leftrightarrow - \frac{1}{5}{t^3} + 5{t^2} + 450 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{t}} \le 5 - 5\sqrt 7 }\\{15 \le {\rm{t}} \le 5 + 5\sqrt 7 }\end{array}} \right.{\rm{. }}\)
Lại có \(t \in [0;20]\) nên \(15 \le t \le 5 + 5\sqrt 7 \).
Vây tại thời điếm \(t \in [15;5 + 5\sqrt 7 ]\) phút thì cảnh báo lū được đưa ra.
a) Khi bán \(x\) mét vải lụa:
Số tiền thu được là: \(B(x) = 220x\) (nghìn đồng).
Lợi nhuận thu được là: \(L(x) = B(x) - C(x) = - {x^3} + 3{x^2} + 240x - 500\) (nghìn đồng).
b) Hàm số \(L(x)\) xác định trên $[1 ; 18]$.
Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
Đạo hàm \({L^\prime }(x) = - 3{x^2} + 6x + 240;{L^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow x = 10\) hoặc \(x = - 8\) (loại).
Trên khoảng \((1;10),{L^\prime }(x) > 0\) nên hàm số đồng biến trên khoảng này.
Trên khoảng \((10;18),{L^\prime }(x) < 0\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng này.
Cực trị: Hàm số \(L(x)\) đạt cực đại tại \(x = 10\) và \({L_{CD}} = L(10) = 1200\).
Bảng biến thiên:
Đồ thị:
Đồ thị hàm số có điểm cực đại \((10;1200)\) và đi qua các điểm \((1; - 258),(18; - 1040)\) như Hình vẽ .
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 32 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
a) Thể tích nước có trong bế sau \(t\) phút là: \(V(t) = 200 + 40t\) (lít).
Khối lượng chất khử trùng có trong bế sau t phút là: \({\rm{M}}({\rm{t}}) = 20{\rm{t}}({\rm{gam}})\).
Nồng độ chất khử trùng trong bế sau t phút là: \(\frac{{20t}}{{200 + 40t}}\) (gam/lit).
b) \(y = f(t) = \frac{{20t}}{{200 + 40t}}(t \ge 0)\).
Tập xác định của hàm số là \({\rm{D}} = [0; + \infty )\).
Sự biến thiên:
Ta có \({y^\prime } = \frac{{20(200 + 40t) - 20t \cdot 40}}{{{{(200 + 40t)}^2}}} = \frac{{4000}}{{{{(200 + 40t)}^2}}} > 0\) với mọi \({\rm{t}} \in {\rm{D}}\).
Hàm số luôn đồng biến trên \({\rm{D}}\).
Hàm số không có cực trị.
Tiệm cận:
\(\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{20t}}{{200 + 40t}} = \frac{1}{2}\). Do đó \(y = \frac{1}{2}\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (phần bên phải trục Oy).
\(\mathop {\lim }\limits_{t \to {0^ + }} \frac{{20t}}{{200 + 40t}} = 0\)
Bảng biến thiên
Đồ thị.
Hàm số đi qua điểm \((0;0);\left( {1;\frac{1}{{12}}} \right);\left( {2;\frac{1}{7}} \right)\).
c) Vì \({y^\prime } = \frac{{4000}}{{{{(200 + 40t)}^2}}} > 0,\forall t \ge 0\) và lim \(_{t \to + \infty }\frac{{20t}}{{200 + 40t}} = \frac{1}{2}\) nên nồng độ chất khử trùng tăng theo \(y\) nhưng không vượt ngường \(0,5{\rm{gam}}/\) lít.
a) Tống khối lượng \({\rm{KOH}}\) sau khi trộn là: \(30.100 + 8.{\rm{x}} = 3000 + 8{\rm{x}}({\rm{mg}})\).
Tống thế tích dung dịch sau khi trộn là: \(30 + {\rm{x}}({\rm{ml}})\).
Nồng độ \({\rm{KOH}}\) trong cốc sau khi trộn là \(C(x) = \frac{{3000 + 8x}}{{30 + x}}({\rm{mg}}/{\rm{ml}})\).
b) \(C(x) = \frac{{3000 + 8x}}{{30 + x}},x \ge 0\)
Tập xác định của hàm số là \(D = [0; + \infty )\).
Sự biến thiên
Có \({C^\prime }(x) = \frac{{8(30 + x) - (3000 + 8x)}}{{{{(30 + x)}^2}}} = \frac{{ - 2760}}{{{{(30 + x)}^2}}} < 0\) với mọi \({x^3}0\).
Hàm số luôn nghịch biến trên \([0; + \infty )\).
Hàm số không có cực trị.
Tiệm cận
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } C(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3000 + 8x}}{{30 + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{{3000}}{x} + 8}}{{\frac{{30}}{x} + 1}} = 8\)
Do đó \(y = 8\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (phần bên phải trục \({\rm{Oy}}\) ).
Bảng biến thiên
Đồ thị
Hàm số giao với trục \({\rm{Oy}}\) tại điểm \((0;100)\).
Hàm số đi qua điếm \(\left( {120;\frac{{132}}{5}} \right);(200;20)\).
c) Vì \({C^\prime }(x) = \frac{{ - 2760}}{{{{(30 + x)}^2}}} < 0,\forall x \ge 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } C(x) = 8\) nên nồng độ \({\rm{KOH}}\) trong cốc giảm theo \(x\) nhưng luôn lớn hơn \(8{\rm{mg}}/{\rm{ml}}\).
Trong Vật lí, ta biết rằng khi mắc song song hai điện trở R1 và R2 thì điện trở tương đương R của mạch điện được tính theo công thức: \[R = \frac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\] (theo Vật lí đại cương,NXB Giáo dục Việt Nam, 2016).
Giả sử một điện trở 8 2 được mắc song song với một biến trở như Hình 1.33. Nếu điện trở đó được kí hiệu là x (\[\Omega \]) thì điện trở tương đương R là hàm số của x. Vẽ đồ thị của hàm số y = R(x), x > 0 và dựa vào đồ thị đã vẽ, hãy cho biết:
a) Điện trở tương đương của mạch thay đổi thế nào khi x tăng.
b) Tại sao điện trở tương đương của mạch không bao giờ vượt quá 8 \[\Omega \].
Ta có \(y = R(x) = \frac{{8x}}{{8 + x}},x > 0\)
Tập xác định \({\rm{D}} = (0; + \infty )\).
Sự biến thiên
Có \({y^\prime } = \frac{{8(8 + x) - 8x}}{{{{(8 + x)}^2}}} = \frac{{64}}{{{{(8 + x)}^2}}} > 0,\forall x > 0\)
Hàm số luôn đồng biến trên \((0; + \infty )\).
Hàm số không có cực trị.
Tiệm cận: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{8}{{\frac{8}{x} + 1}} = 8\)
Vậy \({\rm{y}} = 8\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (phần bên phải trục \({\rm{Oy}}\) ).
Bảng biến thiên
Đồ thị
Đồ thị hàm số giao với \({\rm{Ox}},{\rm{Oy}}\) tại \((0;0)\).
Đồ thị hàm số đi qua \(\left( {1;\frac{8}{9}} \right);\left( {2;\frac{8}{5}} \right)\)
a) Vì \({y^\prime } = \frac{{64}}{{{{(8 + x)}^2}}} > 0,\forall x > 0\) nên khi \(x\) tăng thì điện trở tương đương của mạch cūng tăng.
b) Vì \({y^\prime } = \frac{{64}}{{{{(8 + x)}^2}}} > 0,\forall x > 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 8\) nên điện trở tương đương của mạch không bao giờ
Một hồ nước nhân tạo được xây dựng trong một công viên giải trí. Trong mô hình minh hoạ (Hình vẽ bên dưới), nó được giới hạn bởi các trục toạ độ và đồ thị của hàm số: \[y = f(x) = \frac{1}{{10}}( - {x^3} + 9{x^2} - 15x + 56)\]. Đơn vị đo độ dài trên mỗi trục toạ độ là 100 m.
a) Đường dạo ven hồ chạy dọc theo trục Ox dài bao nhiêu mét?
b) Tại những điểm nào trên đường đi dạo ven hồ (chạy dọc theo trục Ox) thì khoảng cách theo phương thẳng đứng đến bờ hồ đối diện là lớn nhất? Tìm khoảng cách lớn nhất đó.
c) Trong công viên có một con đường chạy dọc theo đồ thị hàm số y = – 1,5x + 18. Người ta dự định xây dựng bên bờ hồ một bến thuyền đạp nước sao cho khoảng cách từ bến thuyền đến con đường này là ngắn nhất. Tìm toạ độ của điểm để xây bến thuyền này.
Căn cứ bảng biến thiên, ta có: \[\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;8} \right]} \] f(x)= f(5)=8,1 tại x= 5.
c) Xét điểm M(x ; f(x)) thuộc đồ thị hàm số \[y = f(x) = \frac{1}{{10}}( - {x^3} + 9{x^2} - 15x + 56)\] với 0 ≤ x ≤8.
Căn cứ bảng biến thiên, ta có: h(x) > 0 với 0≤x≤8;
2) Đồ thị
• Giao điểm của đồ thị với trục tung: (0:2).
• Đồ thị hàm số đi qua điểm (1 ; 6).
Vậy đồ thị hàm số \[y = f(t) = \frac{{26t + 10}}{{t + 5}},t \ge 0\] thể hiện như hình vẽ dưới đây:
(Bài toán thiết kế mô hình đường giao thông) Để thiết kế mô hình của một đoạn đường cao tốc nối hai sườn đồi với sự khác biệt về độ cao ở vị trí hai sườn đồi giao nhau là 50 feet (Hình vẽ), người ta có thể làm như sau:
• Chọn hệ trục toạ độ Oxy với gốc O là vị trí hai sườn đồi giao nhau, phương nằm ngang là trục Ox, đơn vị trên mỗi trục toạ độ là feet (1 feet = 0,3048 m).
• Chọn hai vị trí A, B lần lượt trên hai sườn đồi. Bằng cách đo đạc tại thực địa, ta xác định được toạ độ của hai điểm A, B và góc dốc a (đơn vị: độ) tại điểm B của sườn đồi. Giả sử ta có A(− 1 000 ; 60), B(1 000 ; 90) và tan\[\alpha \] = 0,04 (Hình 27) (Nguồn: R. Larson and B. Edwards, Calculus 10e, Cengage 2014).
• Trong hệ trục toạ độ Oxy, quan sát đường cong (vẽ bằng nét đứt) mô phỏng đoạn đường cao tốc nối hai sườn đồi, đường cong đó gợi nên hình ảnh đồ thị của hàm số bậc ba. Vì thế ta có thể chọn hàm số bậc ba y = f(x) = ax3 + bx2 + cx+d (a ≠ 0) sao cho trong hệ trục toạ độ Oxy, đồ thị của hàm số đó trên đoạn
[− 1 000 ; 1 000] mô phỏng đoạn đường cao tốc cần thiết kế. Ta chọn theo nguyên tắc: Hệ số góc của tiếp tuyến tại B của đồ thị hàm số đó bằng 0,04.
a) Hãy xác định hàm số bậc ba đó.
b) Góc dốc của con đường trên đoạn \[\left[ { - 1000;1000} \right]\] lớn nhất tại điểm nào?
a) Do đồ thị hàm số bậc ba y = f(x) = ax3 + bx2 + cx+d (a ≠ 0) đi qua điểm (0 ; 50) nên d = 50,
suy ra: y = f(x) = ax3 + bx2 + cx + 50.
(Bài toán thiết kế mô hình đánh giá kĩ năng) Một trung tâm dạy nghề cần thiết kế mô hình đánh giá kĩ năng của một học viên theo học nghề đánh máy. Người ta có thể làm như sau:
• Để xây dựng mô hình toán học cho bài toán trên, ta sử dụng thống kê. Bằng cách khảo sát tốc độ đánh máy trung bình S (tính bằng từ trên phút) của học viên đó sau 1 tuần học (5 ≤ t ≤ 30), ta thu thập các số liệu thống kê được cho trong Bảng 1 (Nguồn: R. Larson and B. Edwards, Calculus 10e, Cengage 2014).
• Ta cần chọn hàm số y = f (t) để biểu diễn các số liệu ở Bảng 1, tức là ở hệ trục toạ độ Oxy, đồ thị của hàm số đó trên khoảng (0 ; + \[\infty \]) “gần” với các điểm A(5 ; 38), B(10 ; 56), C(15 ; 79), D(20 ; 90), E(25 ; 93), G(30 ; 94). Ngoài ra, do tốc độ đánh máy trung bình của học viên tăng theo thời gian t và chỉ đến một giới hạn M nào đó cho dù thời gian t có kéo dài đến vô cùng nên hàm số y = f (t) phải thỏa mãn thêm hai điều kiện: Hàm số đó ĐB trên khoảng (0 ; + \[\infty \]) và \[\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } f(t) = M \in \mathbb{R},M > 94\]. Vì các hàm đa thức (với bậc lớn hơn hoặc bằng 1) không thỏa mãn hai điều kiện đó nên ta chọn một hàm phân thức hữu tỉ để biểu diễn các số liệu ở Bảng 1.
Ta có thể chọn hàm số có dạng \[f(t) = \frac{{at + b}}{{ct + d}}\] (ac ≠ 0) cho mục đích đó. Dựa vào Bảng 1, ta chọn hàm số:
\[f(t) = \frac{{110t - 280}}{{t + 2}},(t > 0)\]
a) Dựa theo mô hình đó, dự đoán tốc độ đánh máy trung bình của học viên đó sau 40 tuần (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị của từ/phút)
b) Xem y = f(t) là một hàm số xác định trên khoảng (0 ; + \[\infty \]), hãy tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đó.
c) Nêu nhận xét về tốc độ đánh máy trung bình của học viên đó sau thời gian t ngày càng lớn.
a) Xét hàm số \(h(t) = - 0,01{t^3} + 1,1{t^2} - 30t + 250\) với \(t \in [0;50]\).
Ta có \(h(t) = - 0,03{t^2} + 2,2t - 30\);
Trên khoảng \((0;50),h(t) = 0\) khi \(t \approx 18\).
\(h(0) = 250;h(18) = 8,08;h(50) = 250.{\rm{ }}\)
Do đó, \[\min h(t) = 8,08\] tại \({\rm{t}} = 18\) trên đoạn [0. 50]
Vậy tại thời điểm \(t = 18\) giây thì con tàu đạt khoảng cách nhỏ nhất so với bề mặt của Mặt Trăng và khoảng cách nhỏ nhất này bằng \(8,08\;{\rm{km}}\).
b) Xét hàm số \(h(t) = - 0,01{t^3} + 1,1{t^2} - 30t + 250\) với \(t \in [0;70]\).
Ta có \(h(t) = - 0,03{t^2} + 2,2t - 30\);
Trên khoảng \((0;70),h(t) = 0\) khi \(t \approx 18\) hoặc \(t \approx 55\).
Bảng biến thiên của hàm số \({\rm{h}}({\rm{t}})\) như sau:
Trên khoảng \((0;70)\), đồ thị hàm số \({\rm{h}}({\rm{t}})\) đi qua các điểm \((0;250),(10;50),(50;250)\) và \((60;250)\).
c) Ta có \({\rm{v}}({\rm{t}})\) là vận tốc tức thời của con tàu ở thời điểm \(t\) (giây) kế từ khi đốt cháy các tên lửa hām với \(0 \le t \le 50\).
Khi đó \({\rm{v}}({\rm{t}}) = {\rm{h}}({\rm{t}}) = - 0,03{{\rm{t}}^2} + 2,2{\rm{t}} - 30\) với \({\rm{t}} \in [0;50]\).
d) \(v(25) = - 0,03 \cdot {25^2} + 2,2 \cdot 25 - 30 = 6,25(\;{\rm{km}}/{\rm{s}})\).
e) Tại thời điếm \(t = 25\) (giây), lúc đó \(t \in (18;55)\), căn cứ vào bảng biến thiên ở câu \({\rm{b}}\) ), ta thấy rằng \(h({\rm{t}}) > 0\), tức là \(v(t) > 0\), vậy vận tốc tức thời của con tàu đang tăng trở lại.
a) Ta có
Ban đầu: \({\rm{A}} + {\rm{B}} \to {\rm{C}}\)
Sau thời 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 thời điểm \({\rm{t}} > 0\) là \({\rm{v}}({\rm{t}}) = \frac{{\Delta {C_c}}}{{\Delta t}} = \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}:t = \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}\).
b) Ta có \(x = [C]\), tức là \(x = \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}\).
\({x^\prime }(t) = \left( {\frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}} \right) = \frac{{{a^2}K(aKt + 1) - aK \cdot {a^2}Kt}}{{{{(aKt + 1)}^2}}} = \frac{{{a^2}K}}{{{{(aKt + 1)}^2}}}.{\rm{ }}\)
\(K{(a - x)^2} = K{\left( {a - \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}}} \right)^2} = K \cdot {\left( {\frac{{{a^2}Kt + a - {a^2}Kt}}{{aKt + 1}}} \right)^2} = K \cdot \frac{{{a^2}}}{{{{(aKt + 1)}^2}}} = \frac{{{a^2}K}}{{{{(aKt + 1)}^2}}}.\)
Từ đó suy ra \(x({\rm{t}}) = {\rm{K}}{({\rm{a}} - {\rm{x}})^2}\).
c) \(\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } [C] = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{{a^2}Kt}}{{aKt + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{{a^2}K}}{{aK + \frac{1}{t}}} = \frac{{{a^2}K}}{{aK}} = a\).
Vậy khi \({\rm{t}} \to + \infty \) thì nồng độ các chất \({\rm{A}},{\rm{B}}\) và \({\rm{C}}\) bẳng nhau.
d) \(\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } v(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{{a^2}K}}{{aKt + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{{a^2}K}}{{aK + \frac{1}{t}}} = 0\).
Vậy khi \({\rm{t}} \to + \infty \), tốc độ phản ứng dần về 0 , khi đó phản ứng kết thúc.
Một đơn vị sản xuất hàng tiêu dùng ước tính chi phí để sản xuất x đơn vị sản phẩm là C(x) = 2x + 45 (triệu đồng). Khi đó, chi phí trung bình cho mỗi đơn vị sản phẩm là \[f(x) = \frac{{C(x)}}{x}\]( coi f(x) là hàm số xác định với x ≥ 1).
Hãy giải thích tại sao chi phí trung bình giảm theo x nhưng luôn lớn hơn 2 triệu đồng/sản phẩm. Điều này thể hiện trên đồ thị của hàm số f(x) trong Hình vẽ như thế nào?
Có \(f(x) = \frac{{C(x)}}{x} = \frac{{2x + 45}}{x}\)
Có \({f^\prime }(x) = \frac{{ - 45}}{{{x^2}}} < 0,\forall x \ge 1\) nên hàm số \(f(x) = \frac{{C(x)}}{x}\) là hàm số giảm.
Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 45}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2 + \frac{{45}}{x}}}{1} = 2\)
Do đó chi phí trung bình giảm theo \({\rm{x}}\) nhưng luôn lớn hơn 2 triệu đồng/sản phấm.
Điều này được thế hiện trong Hình 1.27 là đồ thị hàm số \(f(x) = \frac{{C(x)}}{x}\) có tiệm cận ngang là đường thẳng \({\rm{y}} = 2\) và đi xuống trong khoảng \((0; + \infty )\).
a) Theo ý nghĩa cơ học của đạo hàm, vận tốc của vật là v = h’(t)=24,5 – 9,8t (m/s).
|
a) Hàm chi phí biên là C'(x) = 300 – 5x +0,375x2. |
|
b) Ta có: C'(200)=300 – 5.200 + 0,375 – 2002 = 14 300. |
|
Chi phí biên tại x = 200 là 14 300 nghìn đồng, nghĩa là chi phí để sản xuất thêm một đơn vị hàng hoá tiếp theo (đơn vị hàng hoá thứ 201) là khoảng 14 300 nghìn đồng. |
|
c) Chi phí sản xuất đơn vị hàng hoá thứ 201 là |
|
C(201) – C(200) = 1 004 372,625 – 990 000 = 14 372,625 (nghìn đồng). |
|
Giá trị này xấp xỉ với chi phí biên C'(200) đã tính ở câu b. |
|
Xét hàm số \[y = C(x) = \frac{{300x}}{{100 - x}},0 \le x < 100\]. |
|
Ta có: \[y' = \frac{{30{\rm{ }}000}}{{{{\left( {100 - x} \right)}^2}}} > 0\], với mọi x \[ \in \] [0; 100). |
|
Do đó hàm số luôn đồng biến trên nửa khoảng [0; 100). |
|
Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {{100}^ - }} C(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{100}^ - }} \frac{{300x}}{{100 - x}} = + \infty \], nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 100. |
|
Bảng biến thiên:  Đồ thị hàm số như Hình 1.34.
 a) Chi phí cần bỏ ra C(x) sẽ luôn tăng khi x tăng. b) Vì \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {{100}^ - }} C(x) = + \infty \] (hàm số C(x) không xác định khi x = 100) nên nhà máy không thể loại bỏ 100% chất gây ô nhiễm không khí (dù bỏ ra chi phí là bao nhiêu đi chăng nữa). |
|
Đổi 1 lít = 1 000 cm3. |
|
Gọi r (cm) là bán kính đáy của hình trụ, h (cm) là chiều cao của hình trụ. |
|
Diện tích toàn phần của hình trụ là: \[S = 2\pi {r^2} + 2\pi rh\]. |
|
Do thể tích của hình trụ là 1 000 cm3 nên ta có: 1000 = V = πr2h, hay \[h = \frac{{1000}}{{\pi {r^2}}}\] |
|
Do đó, diện tích toàn phần của hình trụ là: \[S = 2\pi {r^2} + \frac{{2000}}{r},r > 0\] |
|
Ta cần tìm r sao cho S đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có: \[S' = 4\pi r - \frac{{2000}}{{{r^2}}} = \frac{{4\pi {r^3} - 2000}}{{{r^2}}};S' = 0 \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{\frac{{500}}{\pi }}}\] |
|
Bảng biến thiên:  Khi đó: \[h = \frac{{1000}}{{\pi {r^2}}} = \frac{{1000}}{{\pi \sqrt[3]{{\frac{{250000}}{{{\pi ^2}}}}}}} = \frac{{100}}{{\sqrt[3]{{250\pi }}}}\]
Vậy cần sản xuất các hộp đựng hình trụ có bán kính đáy \[r = \sqrt[3]{{\frac{{500}}{\pi }}} \approx 5,42\] (cm) và chiều cao \[h = \frac{{100}}{{\sqrt[3]{{250\pi }}}} \approx 10,84\] (cm).
|
Anh An chèo thuyền từ điểm A trên bờ một con sông thẳng rộng 3 km và muốn đến điểm B ở bờ đối diện cách 8 km về phía hạ lưu càng nhanh càng tốt (H.1.35). Anh An có thể chèo thuyền trực tiếp qua sông đến điểm C rồi chạy bộ đến B, hoặc anh có thể chèo thuyền thẳng đến B, hoặc anh cũng có thể chèo thuyền đến một điểm D nào đó giữa C và B rồi chạy bộ đến B. Nếu vận tốc chèo thuyền là 6 km/h và vận tốc chạy bộ là 8 km/h thì anh An phải chèo thuyền sang bờ ở điểm nào để đến được B càng sớm càng tốt? (Giả sử rằng vận tốc của nước là không đáng kể so với vận tốc chèo thuyền của anh An).
Nhắc lại rằng nếu C(x) là hàm chi phí, tức là chi phí sản xuất x đơn vị của một sản phẩm nào đó, thì chi phí biên là tốc độ thay đổi của C đối với x, tức là đạo hàm C'(x).
Gọi p(x) là giá bán mỗi đơn vị mà công ty có thể tính nếu bán x đơn vị. Khi đó, p được gọi là hàm cầu (hay hàm giá) và chúng ta mong đợi đó là một hàm giảm của x. Nếu x đơn vị được bán và giá mỗi đơn vị là p(x) thì tổng doanh thu là: R(x) = x. p(x) và R(x) được gọi là hàm doanh thu. Đạo hàm R'(x) của hàm doanh thu được gọi là hàm doanh thu biên và là tốc độ thay đổi của doanh thu đối với số lượng đơn vị sản phẩm bán ra.
Nếu x đơn vị được bán, thì tổng lợi nhuận là P(x) = R(x) - C(x) và P(x) được gọi là hàm lợi nhuận. Hàm lợi nhuận biên là đạo hàm P'(x) của hàm lợi nhuận.
|
Gọi p (nghìn đồng) là giá của mỗi vé; x là số khán giả mua vé. Ta cần xác định hàm cầu p = p(x). Theo giả thiết, tốc độ thay đổi của x tỉ lệ với tốc độ thay đổi của p nên hàm số p = p(x) là hàm số bậc nhất. |
|
Giá vé \[{p_1}\] = 100 ứng với \[{x_1}\] = 27 000 và giá vé \[{p_2}\] = 90 ứng với \[{x_2}\] = 27 000 + 3 000 = 30 000. |
|
Do đó, phương trình đường thẳng p = ax + b đi qua hai điểm (27 000; 100) và (30 000; 90) |
|
là \[p - 100 = \frac{{100 - 90}}{{27{\rm{ }}000 - 30{\rm{ }}000}}\left( {x - 27{\rm{ }}000} \right)\] hay \[p - 100 = - \frac{1}{{300}}\left( {x - 27{\rm{ }}000} \right)\] tức là x = −300p +57 000. |
|
Hàm doanh thu từ tiền bán vé là: R(p) = px = p(-300p+57 000) = -300p2 +57 000 p. |
|
Ta cần tìm p sao cho R đạt giá trị lớn nhất. Ta có: R'(p)=-600p+57 000; R'(p)=0 \[ \Leftrightarrow \] p=95. |
|
Bảng biến thiên:  Vậy với giá vé là 95 nghìn đồng một vé thì doanh thu bán vé là lớn nhất.
|
|
Xét hàm số y = P(x)= -0,3x3 +36x2 + 1800x-48 000, x ≥ 0. |
|
Ta có: |
|
y' = P'(x) = -0,9x2 + 72x+1800; y' = 0\[ \Leftrightarrow \]x=100 (vi x ≥ 0). |
|
P'(x)>0 với mọi x \[ \in \] [0;100), P'(x)<0 với mọi x = (100; \[ + \infty \]). |
|
Do đó hàm số đồng biến trên nửa khoảng [0; 100) và nghịch biến trên khoảng (100; \[ + \infty \]). |
|
Tại x =100, hàm số đạt cực đại và YCĐ = y (100)=192 000. |
|
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } P(x) = - \infty \] |
|
Bảng biến thiên:  Đồ thị hàm số như Hình 1.36 (ở đây ta lấy một đơn vị trên trục hoành bằng 1.000 đơn vị trên trục tung).
Từ đồ thị đã vẽ suy ra: a) Đồ thị xuất phát từ điểm (0; – 48 000),  ở phía dưới trục hoành (tức là công ty đang bị lỗ), và giao với trục hoành tại điểm đầu tiên có hoành độ x = 20. Do đó, hằng tháng công ty cần sản xuất ít nhất 20 chiếc máy xay sinh tố để hoà vốn. b) Từ đồ thị ta thấy khi sản xuất hơn 100 chiếc máy xay sinh tố mỗi tháng thì càng sản xuất nhiều lợi nhuận càng giảm. Do đó, công ty không nên sản xuất 200 chiếc máy xay sinh tố hằng tháng. Lợi nhuận lớn nhất mà công ty có thể thu được là Yca =y(100)=192 000 (nghìn đồng), tức là 192 triệu đồng, đạt được khi sản xuất đúng 100 chiếc máy xay sinh tố mỗi tháng. |
Xét hàm số f(x) = (x0 − x)x2 với x0 cố định và \[\frac{1}{2}{x_o} \le x \le {x_o}\].
Do k là hằng số nên vận tốc của luồng khí một cơn ho lớn nhất khi f(x) đạt giá trị lớn nhất.
Ta có f(x) = −x3 + x0x2; f’(x) = −3x2 + 2x0x; f’(x) = 0 \[ \Leftrightarrow \]x = 0 hoặc \[x = \frac{2}{3}{x_o}\].
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta có: \[\mathop {\max }\limits_{\left[ {\frac{1}{2}{x_o};{x_o}} \right]} f(x) = f\left( {\frac{2}{3}{x_o}} \right)\].
Vậy vận tốc của luồng khí một cơn ho lớn nhất khi \[x = \frac{2}{3}{x_o}\].a) Chi phí phát hành cho mỗi cuốn là 4 nghìn đồng, tức là 0,4 vạn đồng. Suy ra chi phí phát hành cho x cuốn là 0,4x (vạn đồng).
Theo đề bài, ta có tổng chi phí xuất bản và phát hành cho x cuốn tạp chí là:
T(x) = C(x) + 0,4x = 0,0001x2 + 0,2x + 10 000, với x > 0.
b) Ta có: \[M(x) = \frac{{T(x)}}{x} = 0,0001x + 0,2 + \frac{{10000}}{x}\]
Xét hàm số \[f(x) = 0,0001x + 0,2 + \frac{{10000}}{x}\]với \[0 < x \le 30{\rm{ }}000\].
\[f'(x) = 0,0001 - \frac{{10000}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 10{\rm{ }}000{\rm{ }}({\rm{do }}x > 0).\]
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = + \infty \]
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy giá trị của M(x) nhỏ nhất khi x = 10 000.
Vậy số lượng tạp chí cần xuất bản sao cho chi phí trung bình thấp nhất là x = 10 000 (cuốn).
Chi phí trung bình cho một cuốn tạp chí khi xuất bản 10 000 cuốn là: M(10 000) = 2,2 (vạn đồng) = 22 000 (đồng).
Anh Nam có một mảnh đất rộng và muốn dành ra một khu đất hình chữ nhật có diện tích 200 m2 để trồng vài loại cây mới. Anh dự kiến rào quanh ba cạnh của khu đất hình chữ nhật này bằng lưới thép, cạnh còn lại (chiều dài) sẽ tận dụng bức tường có sẵn (Hình vẽ). Do điều kiện địa lí, chiều rộng khu đất không vượt quá 15 m, hỏi chiều rộng của khu đất này bằng bao nhiêu để tổng chiều dài lưới thép cần dùng là ngắn nhất (nghĩa là chi phí rào lưới thép thấp nhất)?
Gọi x (m) là chiều rộng của khu đất hình chữ nhật cần rào.
Theo đề bài, ta có 0 < x \[ \le \] 15.
Diện tích khu đất này là 200 (m2) nên chiều dài của khu đất là \[\frac{{200}}{x}\] (m).
Tổng chiều dài lưới thép rào quanh khu đất là \[L(x) = 2x + \frac{{200}}{x}\] (m).
Xét hàm số: \[L(x) = 2x + \frac{{200}}{x},x \in \left( {0;15} \right]\]
Ta có: \[L'(x) = 2 - \frac{{200}}{x} = 0 \Leftrightarrow x = 10{\rm{ }}({\rm{do }}x > 0)\]
Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} L(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {2x + \frac{{200}}{x}} \right) = + \infty \]
L(10) = 40;
L(15) = \[\frac{{130}}{3}\].
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, chiều dài lưới thép ngắn nhất là 40 m khi chiều rộng khu đất này là x = 10 (m) và chiều dài là \[\frac{{200}}{{10}} = 20\](m).
a) Xét hàm số \(\bar C(x) = 2x - 230 + \frac{{7200}}{x}\) với \({\rm{x}} \in [30;120]\).
Tập xác định: \(D = [30;120]\).
Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
Đạo hàm \(\bar C(x) = 2 - \frac{{7200}}{{{x^2}}}\). Trên khoảng \((30;120)\), ta có \(\bar C(x) = 0 \Leftrightarrow x = 60\).
Trên khoảng \((30;60),\bar C(x) < 0\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng đó.
Trên khoảng \((60;120),\bar C(x) > 0\) nên hàm số đồng biến trên khoảng đó.
Cực trị: Hàm số có́ một điếm cực trị là điếm cực tiếu tại \(x = 60\) và \({C_{CT}} = 10\).
Bảng biến thiên:
Đồ thị:
Đồ thị hàm số không cắt các trục tọa độ.
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là .
Đồ thị hàm số đi qua các điếm và .
Đồ thị của hàm số đã cho được biểu diễn như hình dưới đây.
b) Từ câu a), ta thấy trên đoạn $[30 ; 120]$, giá trị nhó nhất của hàm số \(\bar C(x)\) bẳng 10 tại \({\rm{x}} = 60\).
Vậy số phần ăn là 60 thì chi phí trung bình của một phần ăn là thấp nhất.
Một phần đường ray tàu lượn siêu tốc có dạng đồ thị hàm số bậc ba: y = f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, (\[a \ne 0\]). Trục Ox mô tả quãng đường tàu di chuyển theo chiều ngang (tính bằng centimét), trục Oy mô tả chiều cao của đường ray (tính bằng centimét) tại mỗi vị trí x. Chiều cao xuất phát là 50 cm. Tàu xuống dưới mặt đất lần thứ nhất từ vị trí x = 20 cm, tàu lên khỏi mặt đất ở vị trí x = 50 cm và sau đó xuống dưới mặt đất lần thứ hai ở vị trí x = 100 cm.
Xét đồ thị của hàm số đã cho khi x \[ \in \] [0; 100] như hình vẽ:
a) Tìm công thức hàm số f(x).
b) Tìm điểm cao nhất của đường ray khi tàu lên khỏi mặt đất và toạ độ điểm thấp nhất của đường ray khi tàu xuống dưới mặt đất.
a) Do đồ thị hàm số giao với trục hoành tại các điểm x = 20; x = 50, x = 100 nên phương trình f(x) = 0 có 3 nghiệm 20, 50, 100, từ đó ta có: y = a(x – 20)(x – 50)(x – 100).
Mặt khác, tại điểm x = 0 ta có y = 50, suy ra: 50 = a(0 – 20)(0 – 50 )(0 – 100) hay a = \[ - \frac{1}{{2000}}\].
Suy ra: \[y = - \frac{1}{{2000}}\left( {x - 20} \right)\left( {x - 50} \right)\left( {x - 100} \right) = - \frac{1}{{2000}}{x^3} + \frac{{17}}{{200}}{x^2} - 4x + 50\].
b) Các điểm cần thìm chính là các điểm cực trị của hàm số: \[y = f(x) = - \frac{1}{{2000}}{x^3} + \frac{{17}}{{200}}{x^2} - 4x + 50\]
\[y' = - \frac{3}{{2000}}{x^2} + 1\frac{{17}}{{200}}x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{100}}{3};x = 80\]
Ta có các điểm cực trị của hàm số f(x) là \[A\left( {\frac{{10}}{3}; - \frac{{200}}{{27}}} \right);B\left( {80;18} \right)\]
a) Viết công thức tính q = g(p) như một hàm số của biến \[p \in (f; + \infty )\]
b) Tính các giới hạn \[\mathop {\lim }\limits_{p \to + \infty } g(p);\mathop {\lim }\limits_{p \to {f^ + }} g(p)\]và giải thích ý nghĩa các kết quả này.
c) Lập bảng biến thiên của hàm số q = g(p) trên khoảng \[(f; + \infty )\]
a) Ta có: \(\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = \frac{1}{f} \Rightarrow q = \frac{{pf}}{{p - f}}\). Do đó, \(q = g(p) = \frac{{pf}}{{p - f}}\) với \(p \in (f; + \infty )\).
b) \(\mathop {\lim }\limits_{p \to + \infty } g(p) = \mathop {\lim }\limits_{p \to + \infty } \frac{{pf}}{{p - f}} = \mathop {\lim }\limits_{p \to + \infty } \frac{f}{{1 - \frac{f}{p}}} = f,\mathop {\lim }\limits_{p \to {f^ + }} g(p) = \mathop {\lim }\limits_{p \to {f^ + }} \frac{{pf}}{{p - f}} = + \infty \)
Ý nghĩa của \(\mathop {\lim }\limits_{p \to + \infty } g(p) = f\) : Khoảng cách từ vật đến thấu kính tiến ra vô cùng thì khoảng cách từ ảnh đến thấu kính xấp xỉ tiêu cự.
Ý nghīa của \(\mathop {\lim }\limits_{p \to {f^ + }} g(p) = + \infty \) : Khoảng cách từ vật đến thấu kính tiến gần về tiều cự \({\rm{f}}\) thì khoảng cách từ ảnh đến thấu kính là càng lớn.
c) Ta có: \({q^\prime } = {g^\prime }(p) = \frac{{ - {f^2}}}{{{{(p - f)}^2}}} < 0\forall p \in (f; + \infty )\) nên hàm số nghịch biến trên \((f; + \infty )\).
Bảng biến thiên:
a) Dân số của quốc gia vào năm 2030 là: \(N(7) = 100{e^{0,0127}} = 100{e^{0,084}} = 108,763\) (triệu người)
Dân số của quốc gia vào năm 2035 là: \(N(12) = 100{e^{0,012.12}} = 100{e^{0,144}} = 115,488\) (triệu người)
b) Trên đoạn [0 ; 50] ta có: \({N^\prime }(t) = 0,012.100{e^{0,012t}} = 1,2{e^{0,012t}} > 0\forall t \in [0;50]\)
Do đó, hàm số \({\rm{N}}({\rm{t}})\) đồng biến trên đoạn [0 ; 50].
c) Ta có: \({N^\prime }(t) = 1,2{e^{0,012t}}\)
Với tốc độ tăng dân số của quốc gia đó là 1,6 triệu người/ năm ta có:
\(1,6 = 1,2{e^{0,012t}} \Leftrightarrow {e^{0,012t}} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow t = \frac{{250\ln \frac{4}{3}}}{3} \approx 23,97\)
Vậy vào năm 2046 thì tốc độ tăng dân số của quốc gia đó là 1,6 triệu người/ năm.
Điện trở R (Ω) của một đoạn dây dẫn hình trụ được làm từ vật liệu có điện trở suất ρ (Ωm), chiều dài l (m) và tiết diện S (m2) được cho bởi công thức \[R = \rho .\frac{l}{S}\]
Giả sử người ta khảo sát sự biến thiên của điện trở R theo tiết diện S (ở nhiệt độ 20 oC) của một sợi dây điện dài 10 m làm từ kim loại có điện trở suất ρ và thu được đồ thị hàm số như Hình vẽ bên dướ
a) Có nhận xét gì về sự biến thiên của điện trở R theo tiết diện S?
b) Từ đồ thị, hãy giải thích ý nghĩa của toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng R = 0,001.
c) Tính điện trở suất ρ của dây điện. Từ đó, hãy cho biết dây điện được làm bằng kim loại nào trong số các kim loại được cho ở bảng sau:
a) Quan sát đồ thị hàm số ở Hình 6 , ta thấy:
Trên đoạn \((0; + \infty )\), đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải nên hàm số \({\rm{R}}({\rm{S}})\) nghịch biến trên khoảng đó.
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } R(S) = 0\) nên đường thắng \({\rm{y}} = 0\) hay trục \({\rm{Ox}}\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} R(S) = + \infty \) nên đường thắng \({\rm{x}} = 0\) hay trục \(O{\rm{y}}\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy tiết diện \({\rm{S}}\) càng tăng thì điện trở \({\rm{R}}\) càng giảm dần về 0 .
b) Từ đồ thị Hình 6 , ta thấy đồ thị hàm số \({\rm{R}}({\rm{S}})\) cắt đường thẳng \({\rm{R}} = 0,001\) tại điểm \((0,000169;0,01)\), tức là khi tiết diện \(S = 0,000169\;{{\rm{m}}^2}\) thì điện trở \(R = 0,001\Omega \).
c) Với \(S = 0,000169\) thì \(R = 0,001\) và theo bài ra ta có \(\ell = 10\).
Do đó, \(0,001 = \rho \cdot \frac{{10}}{{0,000169}}\). Suy ra \(\rho = 1,69 \cdot {10^{ - 8}}\).
Vậy dây điện được làm bằng kim loại đồng.Bạn có thích hoạt động này không?
Ý kiến của bạn sẽ giúp chúng tôi đề xuất nội dung phù hợp hơn.
