Đề kiểm tra Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 5

Đặt \(BC = x\,\left( m \right)\,,\,0 < x < 1\). Theo đề bài, ta có \(AB.BC = 0\,,48 \Rightarrow AB = \frac{{0\,,48}}{{BC}} = \frac{{0\,,48}}{x}\).

\(T = f\left( x \right) = AB + \,BC + CD = x + 2.AB = x + \frac{{0\,,96}}{x}\).

\(f'\left( x \right) = 1 - \frac{{0\,,96}}{{{x^2}}}.\,\)Khi đó \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 0\,,96 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{2\sqrt 6 }}{5} \simeq 0,98\,\left( m \right)\).

Vậy chiều rộng đáy mương \(BC = 0,98\,\left( m \right)\,\)thỏa ycbt.

Ta có \[y' = \frac{{{x^2} + 6x + 9 - {m^2}}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}\].

Hàm số đồng biến trên \[\left( {1; + \infty } \right)\] khi và chỉ khi

\[y' \ge 0,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow {m^2} \le {x^2} + 6x + 9,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow {m^2} \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} g\left( x \right)\]

Xét hàm \(g\left( x \right) = {x^2} + 6x + 9\) liên tục trên \[\left[ {1; + \infty } \right)\]

Ta có \[g'\left( x \right) = 2x + 6 > 0,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right)\] nên \[g\left( x \right) \ge g\left( 1 \right) = 16,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right)\].

Do đó \[{m^2} \le 16 \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}\] (do \(m\) là số nguyên).

Đặt cạnh hình vuông  \(EFGH\)là  \(x\,\left( {x > 0} \right)\). \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD,\,EFGH\).

Khi đó \(OM = \frac{x}{2}\), \(CM = CO - OM = \frac{{10\sqrt 2  - x}}{2}\,\,(0 < x < 10\sqrt 2 )\).

Khi gò các tam giác thành hình chóp tứ giác đều \(A.EFGH\) thì \(A \equiv C\) nên \(AM = CM\). Suy ra \(AO = \sqrt {A{M^2} - O{M^2}}  = \sqrt {50 - 5\sqrt 2 x} \).

Thể tích khối chóp \(A.EFGH\)là \({V_{A.EFGH}} = \frac{1}{3}{S_{EFGH}}.AO = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {50 - 5\sqrt 2 x}  = \frac{1}{3}\sqrt {50{x^4} - 5\sqrt 2 {x^5}} \).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 50{x^4} - 5\sqrt 2 {x^5}\) với \(0 < x < 5\sqrt 2 \) ta tìm được max\(f\left( x \right) = \frac{{32\sqrt {10} }}{3}\) khi \(x = 4\sqrt 2 \).

a) Tập xác định của hàm số trên là \(\mathbb{R}\). Mệnh đề sai.

Vì tập xác định của hàm số là \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\].

b) Đồ thị hàm số \[\left( C \right)\] nhận đường thẳng \[y = 2\] là tiệm cận ngang. Mệnh đề đúng.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{2}{{1 + \frac{2}{x}}} = 2\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{2}{{1 + \frac{2}{x}}} = 2\) nên \(y = 2\)là phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

c) Hàm số nghịch biến trên \[\left( { - \infty ; - 2} \right)\] và \[\left( { - 2; + \infty } \right)\]. Mệnh đề sai.

Ta có: \(y' = \frac{4}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\).

\(y' > 0,\,\forall x \ne  - 2\) nên hàm số đồng biến trên \[\left( { - \infty ; - 2} \right)\] và \[\left( { - 2; + \infty } \right)\].

d) Khi khoảng cách từ \[I\left( { - 2;2} \right)\] đến tiếp tuyến của \[\left( C \right)\] tại \[M\] là lớn nhất thì \[2{x_0} + {y_0} =  - 4\]. Mệnh đề đúng.

Phương trình tiếp tuyến của \[\left( C \right)\] tại \[M\] có dạng \[d:y = y'\left( {{x_0}} \right).\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\].

Ta có \[M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right)\]\[ \Rightarrow {y_0} = \frac{{2{x_0}}}{{{x_0} + 2}}\]

Lại có \[y' = \frac{4}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\]\[ \Rightarrow y'\left( {{x_0}} \right) = \frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}\].

Do đó \[d:y = \frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}.\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0}}}{{{x_0} + 2}}\]

\[ \Rightarrow d:y{\left( {{x_0} + 2} \right)^2} = 4x - 4{x_0} + 2{x_0}\left( {{x_0} + 2} \right)\]\[ \Rightarrow d:4x - {\left( {{x_0} + 2} \right)^2}y + 2x_0^2 = 0\]

\[ \Rightarrow d\left( {I;d} \right) = \frac{{\left| { - 8 - 2{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2} + 2x_0^2} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {{\left( {{x_0} + 2} \right)}^4}} }}\]\[ = \frac{{\left| { - 16 - 8{x_0}} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^4} + 16} }}\]\[ = \frac{8}{{\sqrt {{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}} }}\].

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

\[{\left( {{x_0} + 2} \right)^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} \ge 2\sqrt {{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}.\frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}}  = 8 > 0\]\[ \Rightarrow d\left( {I;d} \right) \le 1\].

Dấu “\[ = \]” xảy ra \[ \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 2} \right)^2} = \frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}\]\[ \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 2} \right)^2} = 4\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} =  - 4\end{array} \right.\]

Bài ra \[{x_0} \ne 0\] nên \[{x_0} =  - 4 \Rightarrow {y_0} = 4 \Rightarrow 2{x_0} + {y_0} =  - 4\].

a) Hàm số đạt cực tiểu tại \(x =  - 1\). Mệnh đề sai.

Vì hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 1\).

b) Phương trình \[f\left( x \right) = 2\] có \[3\] nghiệm phân biệt. Mệnh đề đúng.

Vì đường thẳng  \[y = 2\] cắt đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại \[3\] điểm phân biệt.

c) Đồ thị trên là đồ thị của hàm số \[y = f\left( x \right) = \] \[y = f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 2\]. Mệnh đề sai.

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}f\left( { - 1} \right) = 3\\f\left( 0 \right) = 1\\f\left( 1 \right) =  - 1\\f'\left( 1 \right) = 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + b - c + d = 3\\d = 1\\a + b + c + d =  - 1\\3a + 2b + c = 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\\c =  - 3\\d = 1\end{array} \right.\]

Vậy \[y = f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1\].

d) Điểm cực đại của đồ thị hàm số \[y = f\left( {4 - x} \right) + 1\] là \[\left( {5;4} \right)\]. Mệnh đề đúng.

Đặt \[g\left( x \right) = f\left( {4 - x} \right) + 1 \Rightarrow g'\left( x \right) =  - f'\left( {4 - x} \right)\]

\[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  - f'\left( {4 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{4 - x =  - 1}\\{4 - x = 1{\rm{  }}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{x = 3}\end{array}} \right.\]

Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số \[y = f\left( {4 - x} \right) + 1\] là \[\left( {5;4} \right)\]

Phương trình hoành độ giao điểm: \( - {x^3} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \sqrt 6 \\x =  - \sqrt 6 \end{array} \right.\quad (1).\)

Số giao điểm của đồ thị hàm số và trục \(Ox\) là số nghiệm của phương trình (1).

Vậy Số giao điểm của đồ thị hàm số \(y =  - {x^3} + 6x\) với trục \(Ox\) là \(3\).

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne 2\).

Vậy số điểm cực trị của hàm số là \(0\).

Ta có \[y' = 1 - \frac{4}{{{x^2}}}\].

\[y' = 0\]\[ \Leftrightarrow 1 - \frac{4}{{{x^2}}} = 0\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \in \left[ {1;3} \right]\\x =  - 2 \notin \left[ {1;3} \right]\end{array} \right.\].

Khi đó \[y\left( 1 \right) = 5\], \[y\left( 2 \right) = 4\], \[y\left( 3 \right) = \frac{{13}}{3}\].

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} y = 5\).

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) - 2 = 0\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)và đường thẳng \(y = 2\).

Từ bảng biến thiên nhận thấy phương trình \(f\left( x \right) = 2\) có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình  \(f\left( x \right) - 2 = 0\) có 3 nghiệm.

Với \(x \in \left[ { - 3;3} \right] \Rightarrow 0 \le \sqrt {9 - {x^2}}  \le 3\), dựa vào đồ thị ta có \( - \frac{1}{2} \le f\left( {\sqrt {9 - {x^2}} } \right) \le \frac{3}{2}\)

Suy ra \( - 1 \le 2f\left( {\sqrt {9 - {x^2}} } \right) \le 3\)

Để \(2f\left( {\sqrt {9 - {x^2}} } \right) = m - 2024\) có nghiệm thì \( - 1 \le m - 2024 \le 3\) hay \(2023 \le m \le 2027\)

Vậy có 5 giá trị nguyên \(m\) thoả điều kiện bài toán.

Ta có : \(h = x\,\,\left( {cm} \right)\) là đường cao hình hộp

Vì tấm nhôm được gấp lại tạo thành hình hộp nên cạnh đáy của hình hộp là \(12 - 2x\,\,\left( {cm} \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\12 - 2x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x < 6\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left( {0;6} \right)\)

Thể tích của hình hộp là: \[V = x{\left( {12 - 2x} \right)^2}\]

Xét hàm số\[y = x{\left( {12 - 2x} \right)^2}\,,\,x \in \left( {0;6} \right)\]

Ta có \(y' = {\left( {12 - 2x} \right)^2} - 4x\left( {12 - 2x} \right) = \left( {12 - 2x} \right)\left( {12 - 6x} \right)\) ;

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left( {12 - 2x} \right).\left( {12 - 6x} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2\)(nhận) hoặc \(x = 6\)(loại).

 Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số là \(y\left( 2 \right) = 128\).

Vậy \(x = 2\)(cm) thì thể tích hộp là lớn nhất