Hỏi đáp Lớp 12

\(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 5 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

Do đó hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) hay cũng đồng biến trên \(\left[ { - 3;1} \right]\).

\( \Rightarrow \)\(\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ { - 3;1} \right]} f(x) = f( - 3) =  - 46;\)

\(\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ { - 3;1} \right]} f(x) = f(1) = 2\)

Để khối lượng riêng \(d\) lớn nhất thì thể tích V phải nhỏ nhất.

Do đó, ta tìm T trong khoảng \({0^o}C\) và \({30^o}C\) để V nhỏ nhất.

\(\begin{array}{l}
V'\left( T \right) = - 0,06426 + 0,0170086T - 0,0002037{T^2}\\
V'\left( T \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
T = 79,5318\left( {KTM} \right)\\
T = 3,9665 \in \left( {0;10} \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Do đó V nhỏ nhất khi \(T = 3,9665{(^o}C)\). Khi đó \(d\) lớn nhất.

Gọi x, y là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền là 10 cm, 0 < x < 10 và 0 < y < 10.

Diện tích tam giác là \(S = {1 \over 2}xy(c{m^2})\)

Ta có \({x^2} + {y^2} = 100\)

S đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \({x^2}{y^2} = {x^2}(100 - {x^2})\) đạt giá trị lớn nhất.

Bài toán quy về: Tìm \(x \in \left( {0;10} \right)\) sao cho tại đó hàm số \(z = {x^2}(100 - {x^2}),x \in \left( {0;10} \right)\) đạt giá trị lớn nhất.

\(\begin{array}{l}
z' = 2x\left( {100 - {x^2}} \right) + {x^2}\left( { - 2x} \right)\\
= - 4{x^3} + 200x\\
z' = 0 \Leftrightarrow - 4{x^3} + 200x = 0\\
\Leftrightarrow - 4x\left( {{x^2} - 50} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \notin \left( {0;10} \right)\\
x = 5\sqrt 2 \in \left( {0;10} \right)\\
x = - 5\sqrt 2 \notin \left( {0;10} \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Do đó hàm số đạt GTLN tại \(x = 5\sqrt 2\). Khi đó \( y = 5\sqrt 2 \).

Trong các tam giác vuông đó, tam giác vuông cân có diện tích lớn nhất.

Độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác đó là \(x = y = 5\sqrt 2 \) (cm).

\(f'(v) = 290,4.{{ - 0,36{v^2} + 264} \over {{{(0,36{v^2} + 13,2v + 264)}^2}}},\)\(v > 0\)

\(f'(v) = 0 \Leftrightarrow v = {{\sqrt {264} } \over {0,6}}\)

f đạt giá trị lớn nhất khi \(v = {{\sqrt {264} } \over {0,6}} \approx 27,08\) (km/h)

\(f({{\sqrt {264} } \over {0,6}}) \approx f(27,08) \approx 8,9\)

\(y' = 2\cos x - 2\sin 2x\) \(= 2\cos x(1 - 2\sin x)\)

Với \(0 < x < \pi \) , ta có

\(y' = 0 \)\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ \cos x = 0 \hfill \cr  \sin x = {1 \over 2} \hfill \cr}  \right.\)\(\Leftrightarrow x = {\pi  \over 2},x = {\pi  \over 6},x = {{5\pi } \over 6}\)

Ta áp dụng quy tắc 2

\(y'' =  - 2\sin x - 4\cos 2x\)

\(y'' = \left( {{\pi  \over 2}} \right) =  - 2\sin {\pi  \over 2} - 4\cos x = 2 > 0\)

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm \(x = {\pi  \over 2};y\left( {{\pi  \over 2}} \right) = 1\)

\(y''\left( {{\pi  \over 6}} \right) =  - 2\sin {\pi  \over 6} - 4\cos {\pi  \over 3} =  - 3 < 0\)

Hàm số đạt cực đại tại điểm \(x = {\pi  \over 6};y\left( {{\pi  \over 6}} \right) = {3 \over 2}\)

\(y'' = \left( {{{5\pi } \over 6}} \right) =  - 2\sin {{5\pi } \over 6} - 4\cos x{{5\pi } \over 3} =  - 3 < 0\)

Hàm số đạt cực đại tại điểm \(x = {{5\pi } \over 6};\)\(y = \left( {{{5\pi } \over 6}} \right) = {3 \over 2}\)

\(f'\left( x \right) =  - 15{x^2} + 6x - 4\)

Có \(\Delta ' = 9 - \left( { - 15} \right).\left( { - 4} \right) =  - 51 < 0\) và \(a =  - 15 < 0\) nên \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

Do đó hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) nên không có cực trị.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2ax + b\)

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 1\) thì \(f'\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow 3 + 2a + b = 0\).

\(f\left( 1 \right) =  - 3 \Leftrightarrow 1 + a + b + c =  - 3\).

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại \(\left( {0;2} \right)\) nên \(2 = c\) hay \(c = 2\).

Ta có hệ:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}3 + 2a + b = 0\\1 + a + b + c =  - 3\\c = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a + b =  - 3\\a + b =  - 6\\c = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b =  - 9\\c = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Thử lại, với \(a = 3,b =  - 9,c = 2\) ta có:

\(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x - 9\)

\(f''\left( x \right) = 6x + 6\)

Ta thấy, \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( 1 \right) = 0\\f''\left( 1 \right) = 12 > 0\end{array} \right.\) nên \(x = 1\) là điểm cực tiểu của hàm số (thỏa mãn).

Vậy a = 3; b = -9; c = 2.

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {3;3} \right)\) nên \(\overrightarrow {{n_{AB}}}  = \left( {1; - 1} \right)\) là VTPT của \(AB\).

\( \Rightarrow AB:1\left( {x + 1} \right) - 1\left( {y - 1} \right) = 0\) hay \(x - y + 2 = 0 \Leftrightarrow y = x + 2\)

Do đó \(AB:y = x + 2\) có hsg \({k_{AB}} = 1\)

Ta có: \(y' = 2x\).

Gọi \(C\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm.

Tiếp tuyến tại \(C\) song song với \(AB\) nên \(y'\left( {{x_0}} \right) = {k_{AB}}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2{x_0} = 1 \Leftrightarrow {x_0} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow {y_0} = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{1}{4}\\ \Rightarrow C\left( {\dfrac{1}{2};\frac{1}{4}} \right)\end{array}\)

Vậy \(C\left( {\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{4}} \right)\).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y' = \frac{{2x + 2}}{{2\sqrt {{x^2} + 2x + 3} }}\) \( = \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 2x + 3} }}\)

\(y' > 0 \Leftrightarrow x >  - 1\) nên hàm số đồng biến trong \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).

\(y' < 0 \Leftrightarrow x <  - 1\) nên hàm số nghịch biến trong \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).