Đề kiểm tra Tính đơn điệu và cực trị của hàm số (có lời giải) - Đề 3

Hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) có \[y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \ne  - 1\] nên không có cực  trị.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 0\\x + 1 = 0\\{\left( {x - 2} \right)^3} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 1\\x = 2\end{array} \right.\) .

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số có \(1\) điểm cực đại.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Đạo hàm: \(y' = 4{x^3} - 4x\).

Xét \(y' = 0\)\( \Leftrightarrow \)\(4{x^3} - 4x = 0\)\( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 0\\x =  - 1\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, hàm số đạt cực tiểu tại \(x =  - 1\).

a) Đúng.

b) Sai.

c) Đúng. Vì trên khoảng \(\left( {2\,;\, + \infty } \right)\)hàm số đồng biến nên:

\(\forall {x_1},{x_2} \in \left( {2\,;\, + \infty } \right),{x_1} < {x_2} \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)\).

d) Sai. Vì theo BBT ta có \(f\left( { - 2} \right) = f\left( 2 \right) =  - 2\).

a)Sai, vì dựa vào đồ thị thì \[f'\left( x \right) > 0\]\(\forall x \in \left( { - 1\,;\,1} \right) \cup \left( {2\,;\, + \infty } \right)\).

b)Đúng, vì dựa vào đồ thị thì \[f'\left( x \right) > 0\]\(\forall x \in \left( { - 1\,;\,1} \right)\).

c)Sai, vì dựa vào đồ thị thì \[f'\left( x \right) < 0\]\(\forall x \in \left( { - \infty \,;\, - 1} \right) \cup \left( {1\,;\,2} \right)\).

d) Đúng, vì dựa vào đồ thị thì \[f'\left( x \right) < 0\]\(\forall x \in \left( {1\,;\,2} \right)\).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = - 2\) và \(x = 2\), hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 1\). Do đó, giá trị cực tiểu của hàm số là \(f\left( 1 \right)\).

Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(M\left( {1\,;\,f\left( 1 \right)} \right)\).

Tại \(x = 2\) ta thấy \(f'\left( x \right)\) không xác định nhưng hàm số \(y = f\left( x \right)\) vẫn xác định, do đó \(x = 2\) là điểm cực đại của hàm số.

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy, hàm số có \(3\) điểm cực trị, trong đó có \(1\) điểm cực đại và \(2\)điểm cực tiểu.

Ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có một điểm cực trị có hoành độ dương nên hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có \(2.1 + 1 = 3\) điểm cực trị.

Ta thấy \(f\left( x \right) = 0\) có \(4\)nghiệm phân biệt, hàm số có \(3\)điểm cực trị nên số điểm cực trị của hàm số \(h\left( x \right) = \left| {f\left( x \right)} \right|\) là \(3 + 4 = 7\).

Tập xác định: \[\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\].

Ta có: \(y' = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\), \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\end{array} \right.\).

Bảng xét dấu của \(y'\):

Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( { - 2\,;\, - 1} \right)\) và \(\left( { - 1\,;\,0} \right)\).

Ta có \[y = f\left( {2 - {x^2}} \right)\], suy ra \[y' =  - 2xf'\left( {2 - {x^2}} \right)\].

Xét \[y' =  - 2xf'\left( {2 - {x^2}} \right) > 0\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\1 < 2 - {x^2} < 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\\left[ \begin{array}{l}2 - {x^2} < 1\\2 - {x^2} > 2\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\ - 1 < x < 1,x \ne 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\\left[ \begin{array}{l}x <  - 1\\x > 1\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < x < 1\\x <  - 1\end{array} \right.\].

Vậy hàm số đồng biến trên \[\left( { - \infty ; - 1} \right)\] và \[\left( {0;1} \right)\].

Ta có \(h\left( t \right) = 2\cos \left( {\frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3}} \right) + 5\)\( \Rightarrow h'\left( t \right) =  - \frac{\pi }{6}\sin \left( {\frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3}} \right)\).

\(h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3} = k\pi \)\( \Leftrightarrow t =  - 4 + 12k\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Mà \(0 \le t \le 24\) nên \(0 \le  - 4 + 12k \le 24 \Leftrightarrow \frac{1}{3} \le k \le \frac{7}{3}\)\( \Rightarrow k \in \left\{ {1\,;\,2} \right\}\).

Do đó \(h'\left( t \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 8\\t = 20\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow h\left( t \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {8\,;\,20} \right)\) hay trong khoảng từ \(8\,{\rm{h}}\) đến \(20\,{\rm{h}}\)độ sâu của mực nước trong kênh tăng dần.

Vậy \(a = 8\,;\,b = 20\) và \(a + b = 28\).

Trả lời: \(x = 52\).

Xét hàm số:

\(f\left( x \right) = TR - TC =  - 2{x^2} + 1312x - \left( {{x^3} - 77{x^2} + 1000x + 40000} \right)\).

\(f\left( x \right) =  - {x^3} + 75{x^2} + 312x - 40000\).

TXĐ: \(D = \left( {0\,;\, + \infty } \right)\).

Ta có \(f'\left( x \right) =  - 3{x^2} + 150x + 312 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 52\left( N \right)\\x =  - 2\left( L \right)\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Hàm số đạt giá trị cực đại  tại \(x = 52\).

Vậy lợi nhuận của công ty đạt cực đại khi số sản phẩm \(x = 52\).

Trả lời: \[10,6\]\[\left( {mg/l} \right)\].

Xét hàm số \[y = C(x) = \frac{{30x}}{{{x^2} + 2}}\] trên khoảng \[x \in \left( {0\,;6} \right)\].

Ta có: \[y' = \frac{{ - 30{x^2} + 60}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}}\].

\[y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 30{x^2} + 60}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 2 \\x =  - \sqrt 2 \,\end{array} \right.\]do \[x \in \left( {0\,;6} \right)\]\[ \Rightarrow x = \sqrt 2 \].

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: nồng độ thuốc trong máu \[C\left( x \right)\] đạt giá trị cực đại là \[\frac{{15\sqrt 2 }}{2}\left( {mg/l} \right) \approx 10,6\left( {mg/l} \right)\] trong khoảng thời gian 6 phút sau khi tiêm.

Gọi cạnh đáy hình vuông của tháp là \(x\left( m \right)\).

Độ dài đường chéo tấm bạt bằng \(20\sqrt 2 \,\left( m \right)\).

Gọi hình chóp tứ giác đều là \(S.ABCD\), Gọi\(M,N\) lần lượt là trung điểm \(AB,CD\).

Khi đó \(MN = x\left( m \right)\), \(SN = \frac{{20\sqrt 2  - x}}{2}\left( m \right)\) với \(0 < x < 10\sqrt 2 \).

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông, ta có

\(SO = \sqrt {S{N^2} - O{N^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{20\sqrt 2  - x}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {800 - 40\sqrt 2 x} \).

Thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \frac{1}{6}{x^2}\sqrt {800 - 40\sqrt 2 x} \).

Ta có \(V' = \frac{{20x\left( {80 - 5\sqrt 2 x} \right)}}{{6\sqrt {800 - 40\sqrt 2 x} }}\)

 \( \Rightarrow V' = 0 \Leftrightarrow x = 8\sqrt 2 \) với \(0 < x < 10\sqrt 2 \).

Xét bảng biến thiên:

Vậy khi \(x = 8\sqrt 2 \) thì thể tích khối chóp lớn nhất \(V = \frac{{256\sqrt {10} }}{3}\left( {{m^3}} \right)\).

Diện tích phần bị cắt của tấm bạt:

\(S = {S_{hv}} - {S_{ABCD}} - 4.{S_{\Delta SAB}} = {20^2} - {\left( {8\sqrt 2 } \right)^2} - 4.\frac{1}{2}.\frac{{20\sqrt 2  - 8\sqrt 2 }}{2}.8\sqrt 2  = 80\left( {{m^2}} \right)\).