(Trả lời ngắn) 16 bài tập Khảo sát và vẽ đồ thị một số hàm số cơ bản (có lời giải)
16 câu hỏi
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\]có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thực của phương trình \(2f\left( x \right) - 7 = 0\) là
Số nghiệm thực của phương trình \(2f\left( x \right) - 7 = 0\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = \frac{7}{2}\).
Đường thẳng \(y = \frac{7}{2}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 4 điểm phân biệt.
Vậy phương trình \(2f\left( x \right) - 7 = 0\) có đúng 4 nghiệm thực phân biệt.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình vẽ.
Số nghiệm của phương trình \(2f\left( x \right) + 5 = 0\) là
Ta có: \(2f\left( x \right) + 5 = 0\) \( \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{ - 5}}{2}\)
Số nghiệm của phương trình là giao điểm của đồ thị \(y = \frac{{ - 5}}{2}\) và \(y = f\left( x \right)\).
Từ bảng biến thiên ta có: số nghiệm của phương trình là 2.
Đồ thị hàm số \[y = (x - 1)({x^2} - 4x + 4)\] có bao nhiêu điểm chung với trục \[Ox\]?
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \[y = (x - 1)({x^2} - 4x + 4)\] và \[Ox\]:
\[\begin{array}{l}(x - 1)({x^2} - 4x + 4) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\]
Vì phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \[y = (x - 1)({x^2} - 4x + 4)\] và \[Ox\] có 2 nghiệm nên số điểm chung của đồ thị với trục \[Ox\] là 2.
Cho hàm số \(y = \frac{{{x^3}}}{3} + {x^2} - 2x + 1\) có đồ thị. Phương trình tiếp tuyến của tại điểm \(M\left( {1;\frac{1}{3}} \right)\) là
Ta có \(y' = {x^2} + 2x - 2\) suy ra \(y'\left( 1 \right) = 1\). Phương trình tiếp tuyến tại \(M\left( {1;\frac{1}{3}} \right)\) là
\[y = 1\left( {x - 1} \right) + \frac{1}{3} = x - \frac{2}{3}\].
Trả lời:\(y = x - \frac{2}{3}\)
Cho hàm bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị trong hình bên. Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 2\) là
Ta có: số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 2\) bằng số giao điểm giữa đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 2\).
Dựa vào hình vẽ, hai đồ thị cắt nhau tại 3 điểm phân biệt.
Vậy phương trình \(f\left( x \right) = 2\) có 3 nghiệm.
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 2{x^2} + 3x - 1\) tại điểm có hoành độ \(x = - 1\) có hệ số góc \(k\) bằng
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).
Ta có \(y' = 3{x^2} - 4x + 3\).
Hệ số góc của tiếp tuyến là \(k = y'\left( { - 1} \right)\)\( = 3.{\left( { - 1} \right)^2} - 4.\left( { - 1} \right) + 3\)\( = 10\).
Cho hàm số \(y = \frac{{ax + 1}}{{bx - 2}}\) có đồ thị như hình vẽ. Tính \(T = a + b\).
\(y' = \frac{{ - 2a - b}}{{{{\left( {bx - 2} \right)}^2}}}\).
Dựa vào đồ thị hàm số \( \Rightarrow \) hàm số nghịch biến trên tập xác định \( \Rightarrow - 2a - b < 0\) \(\left( * \right)\).
Đồ thị có hai đường tiệm cận: \(x = 2\) và \(y = 1\).
Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{b} = 1\\\frac{2}{b} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 1\end{array} \right.\) Thỏa mãn \(\left( * \right)\). Vậy \(T = 2\).
Trong 20 phút theo dôi, lưu lượng nước của một con sông được tính theo công thức \({\rm{Q}}\left( {\rm{t}} \right) = - \frac{1}{5}{t^3} + 5{t^2} + 100\), trong đó Q được tính theo \({{\rm{m}}^3}/\) phút, \({\rm{t}}\) tính theo phút, \(0 \le {\rm{t}} \le 20\) (Nguồn: A. Bigalke et al., Mathematik, Grundkurs ma-1, Cornelsen 2016). Khi lưu lượng nước của con sông lên đến \(550{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}/\) phút thì cảnh báo lũ được đưa ra.
Trong thời gian theo dōi, lưu lượng nước của con sông lớn nhất là bao nhiêu? Cảnh báo lũ được đưa ra vào thời điếm nào?
Xét hàm số \({\rm{Q}}\left( {\rm{t}} \right) = - \frac{1}{5}{t^3} + 5{t^2} + 100\) với \({\rm{t}} \in \left[ {0;20} \right]\).
Ta có \({\rm{Q}}\left( {\rm{t}} \right) = - \frac{3}{5}{t^2} + 10t\);
\({\rm{Q'}}\left( {\rm{t}} \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{3}{5}{t^2} + 10t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{50}}{3}\) hoă̆ct \( = 0\).
Bảng biến thiên của hàm số trên đoạn [0; 20] như sau:
Từ bảng biến thiên suy ra tại \(t = \frac{{50}}{3}\), tức là lưu lượng nước của con sông lớn nhất là \(\frac{{15200}}{{27}}\) \({{\rm{m}}^3}/\) phút tại thời điểm \(t = \frac{{50}}{3}\) phút.
Cảnh báo lũ được đưa ra khi lưu lượng nước của con sông lên đến \(550{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}/\) phút, tức là \(Q\left( t \right) \ge 550 \Leftrightarrow \) \( - \frac{1}{5}{t^3} + 5{t^2} + 100 \ge 550 \Leftrightarrow - \frac{1}{5}{t^3} + 5{t^2} + 450 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{t}} \le 5 - 5\sqrt 7 }\\{15 \le {\rm{t}} \le 5 + 5\sqrt 7 }\end{array}} \right.\).
Lại có \({\rm{t}} \in \left[ {0;20} \right]\) nên \(15 \le t \le 5 + 5\sqrt 7 \).
Vậy tại thời điếm \(t \in \left[ {15;5 + 5\sqrt 7 } \right]\) phút thì cảnh báo lũ được đưa ra.
Khi một vật lạ mắc kẹt trong khí quản khiến ta phải ho, cơ hoành đẩy lên trên gây ra tăng áp lực trong phổi, theo đó cuống họng co thắt làm hẹp khí quản khiến không khí đi qua mạnh hơn. Đối với một lượng không khí bị đẩy ra trong một khoảng thời gian cố định, khí quản càng nhỏ thì luồng không khí càng đẩy ra nhanh hơn. Vận tốc luồng khí thoát ra càng cao, lực tác động lên vật lạ càng lớn. Qua nghiên cứu một số trường hợp, người ta nhận thấy vận tốc \(v\) của luồng khí liên hệ với bán kính \(x\) của khí quản theo công thức: \(v(x) = k({x_0} - x){x^2}\) với \(\frac{1}{2}{x_0} \le x \le {x_0}\). Trong đó \(k\) là hằng số \((k > 0)\) và \({x_0}\) là bán kính khí quản ở trạng thái bình thường. Tìm \(x\) theo \({x_0}\) để vận tốc của luồng khí một cơn ho trong trường hợp này là lớn nhất.
Xét hàm số \(f\left( x \right) = \left( {{x_0} - x} \right){x^2}\) với \({x_0}\) cố định và \(\frac{1}{2}{x_0} \le x \le {x_0}\).
Do \(k\) là hằng số nên vận tốc của luồng khí một cơn ho lớn nhất khi \(f\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất.
Ta có \(f\left( x \right) = - {x^3} + {x_0}{x^2}\);
\(f'\left( x \right) = - 3{x^2} + 2{x_0}x\)
Bảng biến thiên:
Anh Nam có một mảnh đất rộng và muốn dành ra một khu đất hình chữ nhật có diện tích \(200{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\) 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 1.36). Do điều kiện địa lí, chiều rộng khu đất không vượt quá \(15{\rm{\;m}}\), 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 \(x\left( {{\rm{\;m}}} \right)\) 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 \(200\left( {{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}} \right)\) nên chiều dài của khu đất là \(\frac{{200}}{x}\left( {{\rm{\;m}}} \right)\).
Tổng chiều dài lưới thép rào quanh khu đất là \(L\left( x \right) = 2x + \frac{{200}}{x}\left( {{\rm{\;m}}} \right)\).
Xét hàm số: \(L\left( x \right) = 2x + \frac{{200}}{x}\), với \(x \in \left( {0;15} \right]\).
Ta có: \(L'\left( x \right) = 2 - \frac{{200}}{{{x^2}}} = \frac{{2{x^2} - 200}}{{{x^2}}}\);
\(L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 10({\rm{\;do\;}}x > 0){\rm{.}}\)
Ta có: 
\(L\left( {10} \right) = 40\)
\(L\left( {15} \right) = \frac{{130}}{3}.\)
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, chiều dài lưới thép ngắn nhất là 40m khi chiều rộng khu đất này là x = 10(m) (và chiều dài là .
Giả sử số lượng của một quần thể nấm men tại môi trường nuôi cấy trong phòng thí nghiệm được mô hình hoá bằng hàm số \(P\left( t \right) = \frac{a}{{b + {e^{ - 0,75t}}}}\), trong đó thời gian \(t\) được tính bằng giờ. Tại thời điểm ban đầu \(t = 0\), quần thể có 20 tế bào và tăng với tốc độ 12 tế bào/giờ. Tìm các giá trị của \(a\) và \(b\). Theo mô hình này, điều gì xảy ra với quần thể nấm men về lâu dài?
Ta có:
Theo đề bài, ta có: P(0) = 20 và P'(0) = 12. Do đó, ta có hệ phương trình:
Giải hệ phương trình này, ta được a = 25 và .
Khi đó, , tức là số lượng quần thể nấm men luôn tăng.
Tuy nhiên, do 
nên số lượng quần thể nấm men tăng nhưng không vượt quá 100 tế bào.
Một nhà sản xuất cần làm những hộp đựng hình trụ có thể tích 1 lít. Tìm các kích thước của hộp đựng để chi phí vật liệu dùng để sản xuất là nhỏ nhất (kết quả được tính theo centimét và làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).
Đổi 1 lít = 1000 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: .
Do thể tích của hình trụ là 1000 cm3 nên ta có: 1000 = V = , hay .
Do đó, diện tích toàn phần của hình trụ là:
Ta cần tìm r sao cho S đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có:
Bảng biến thiên:
Khi đó:
Vậy cần sản xuất các hộp đựng hình trụ có bán kính đáy và chiều cao .
Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 2. Tìm tọa độ điểm I là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Xét hàm số \({\rm{y}} = {{\rm{x}}^3} - 3{{\rm{x}}^2} + 2\). Tập xác định của hàm số là \({\rm{D}} = {\rm{R}}\).
Ta có \({{\rm{y}}^\prime } = 3{{\rm{x}}^2} - 6{\rm{x}};{{\rm{y}}^{\prime \prime }} = 6{\rm{x}} - 6\); \({{\rm{y}}^{\prime \prime }} = 0 \Leftrightarrow {\rm{x}} = 1.{\rm{ }}\)
Với \({\rm{x}} = 1\), ta có \({\rm{y}}(1) = 0\).
Vậy \({\rm{I}}(1;0)\).
Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị như Hình vẽ. Tìm công thức của hàm số.
Giả sử hàm số bậc ba cần tìm có dạng \({\rm{y}} = {\rm{f}}({\rm{x}}) = {\rm{a}}{{\rm{x}}^3} + {\rm{b}}{{\rm{x}}^2} + {\rm{cx}} + {\rm{d}}({\rm{a}} \ne 0)\).
Quan sát Hình vẽ , ta thấy đồ thị hàm số đi qua các điềm \((0;5),(1;1)\) và \((3;5)\).
Với \({\rm{x}} = 0\) thì \({\rm{y}} = 5\), thay vào hàm số ta suy ra \({\rm{d}} = 5\).
Khi đó hàm số trở thành \({\rm{y}} = {\rm{f}}({\rm{x}}) = {\rm{a}}{{\rm{x}}^3} + {\rm{b}}{{\rm{x}}^2} + {\rm{cx}} + 5\).
Với \({\rm{x}} = 1\) thì \({\rm{y}} = 1\), thay vào hàm số \({\rm{ta}}\) được \({\rm{a}} + {\rm{b}} + {\rm{c}} + 5 = 1\) (1).
Ta thấy đồ thị hàm số có hai điềm cực trị là \((1;1)\) và \((3;5)\), tức là phương trình \({{\rm{y}}^\prime } = 0\) có hai nghiệm là \({\rm{x}} = 1\) và \({\rm{x}} = 3\).
Ta có \({{\rm{y}}^\prime } = 3{\rm{a}}{{\rm{x}}^2} + 2{\rm{bx}} + {\rm{c}}\).
Với \({\rm{x}} = 1\) thì \({{\rm{y}}^\prime } = 0\) nên ta có \(3{\rm{a}} + 2\;{\rm{b}} + {\rm{c}} = 0\) (2).
Với \({\rm{x}} = 3\) thì \({{\rm{y}}^\prime } = 0\) nên ta có \(27{\rm{a}} + 6\;{\rm{b}} + {\rm{c}} = 0\) (3).
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra \({\rm{a}} = - 1;{\rm{b}} = 6;{\rm{c}} = - 9\).
Vậy hàm số cần tìm là \({\rm{y}} = {\rm{f}}({\rm{x}}) = - {{\rm{x}}^3} + 6{{\rm{x}}^2} - 9{\rm{x}} + 5\).
Khi bỏ qua sức cản của không khí, độ cao (mét) của một vật được phóng thẳng đứng lên trên từ điểm cách mặt đất 2 m với vận tốc ban đầu 24,5 m/s là h(t) = 2+24,5t – 4,9t2 (theo Vật lí đại cương, NXB Giáo dục Việt Nam, 2016).
a) Tìm vận tốc của vật sau 2 giây.
b) Khi nào vật đạt độ cao lớn nhất và độ cao lớn nhất đó là bao nhiêu?
c) Khi nào thì vật chạm đất và vận tốc của vật lúc chạm đất là bao nhiêu?
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 \[A\left( {\frac{{10}}{3}; - \frac{{200}}{{27}}} \right);B\left( {80;18} \right)\]
