Bài 1: Cho hàm số:
\(f(x) = ax^2– 2(a + 1)x + a + 2 ( a ≠ 0)\)
a) Chứng tỏ rằng phương trình f(x) = 0 luôn có nghiệm thực. Tính các nghiệm đó.
b) Tính tổng \(S\) và tích \(P\) của các nghiệm của phương trình \(f(x) = 0\). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số của \(S\) và \(P\) theo \(a\).
Ta có:
\(f(x) = ax^2– 2(a + 1)x + a + 2 = (x – 1)(ax – a- 2)\) nên phương trình \(f(x) = 0\) luôn có hai nghiệm thực là:
\(x = 1, x = {{a + 2} \over a}\)
Theo định lí Vi-et, tổng và tích của các nghiệm đó là:
\(S = {{2a + 2} \over a},P = {{a + 2} \over a}\)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số \(S = {{2a + 2} \over a} = 2 + {2 \over a}\)
– Tập xác định : \((-∞, 0)∪ (0, +∞)\)
– Sự biến thiên: \(S’ = – {2 \over {{a^2}}} < 0,\forall a \in ( – \infty ,0) \cup (0, + \infty )\) nên hàm số nghịch biến trên hai khoảng \((-∞, 0)\) và \((0, +∞)\)
– Cực trị: Hàm số không có cực trị
– Giới hạn tại vô cực và tiệm cận ngang
\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } S = \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } (2 + {2 \over a}) = 2 \cr
& \mathop {\lim }\limits_{a \to – \infty } S = \mathop {\lim }\limits_{a \to – \infty } (2 + {2 \over a}) = 2 \cr} \)
Vậy \(S = 2\) là tiệm cận ngang
– Giới hạn vô cực và tiệm cận đứng:
\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} S = \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} (2 + {2 \over a}) = + \infty \cr
& \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ – }} S = \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ – }} (2 + {2 \over a}) = – \infty \cr} \)
Vậy \(a = 0\) là tiệm cận đứng.
– Bảng biến thiên:
Đồ thị hàm số:
Đồ thị không cắt trục tung, cắt trục hoành tại \(a = -1\)
2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số \(P = {{a + 2} \over a} = 1 + {2 \over a}\)
Tập xác định: \(D = \mathbb R\backslash {\rm{\{ }}0\} \)
\(S’ = {{ – 2} \over {{a^2}}} < 0,\forall a \in D\)
\(\mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ – }} S = – \infty ⇒ \)Tiệm cận đứng: \(a = 0\)
\(\mathop {\lim }\limits_{a \to \pm \infty } S = 1⇒\) Tiệm cận ngang: \(S = 1\)
Advertisements (Quảng cáo)
Đồ thị hàm số:
Ngoài ra: đồ thị hàm số \(P = {{a + 2} \over a} = 1 + {2 \over a}\) có thể nhận được bằng cách tịnh tiến đồ thị \(S = {{2a + 2} \over a} = 2 + {2 \over a}\) dọc theo trục tung xuống phía dưới \(1\) đơn vị.
Bài 2: Cho hàm số: \(y = – {1 \over 3}{x^3} + (a – 1){x^2} + (a + 3)x – 4\)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số khi \(a = 0\)
b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và đường thẳng \(y = 0, x = -1, x = 1\)
a) Khi \(a = 0\) ta có hàm số: \(y = – {1 \over 3}{x^3} – {x^2} + 3x – 4\)
– Tập xác định : \((-∞, +∞)\)
– Sự biến thiên: \(y’= -x^2 – 2x + 3\)
\(y’=0 ⇔ x = 1, x = -3\)
Trên các khoảng \((-∞, -3)\) và \((1, +∞), y’ < 0\) nên hàm số nghịch biến.
Trên khoảng \((-3, 1), y’ > 0\)
_ Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\), \({y_{CD}} = {{ – 7} \over 3}\)
Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = -3\), \({y_{CT}} = – 13\)
_ giới hạn vô cực : \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } = – \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } = + \infty \)
Advertisements (Quảng cáo)
Bảng biến thiên:
Đồ thị hàm số:
Đồ thị cắt trục tung tại \(y = -4\)
Đồ thị cắt trục hoành tại \(x ≈ 5, 18\)
b) Hàm số \(y = – {1 \over 3}{x^3} – {x^2} + 3x – 4\) đồng biến trên khoảng \((-3, 1)\) nên:
\(y < y(1) = {{ – 7} \over 3} < 0\), \(∀x ∈ (-1, 1)\)
Do đó , diện tích cần tính là:
\(\int_{ – 1}^1 {( – {1 \over 3}{x^3} – {x^2} + 3x – 4} )dx = {{26} \over 3}\)
Bài 3: Cho hàm số : y = x3 + ax2 + bx + 1
a) Tìm a và b để đồ thị của hàm số đi qua hai điểm A(1, 2) và B(-2, -1)
b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với các giá trị tìm được của a và b.
c) Tính thể tích vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y = 0, x = 0, x = 1 và đồ thị (C) quanh trục hoành.
a) Đồ thị hàm số đi qua hai điểm A(1, 2) và B (-2, -1) khi và chỉ khi:
\(\left\{ \matrix{
2 = 1 + a + b + 1 \hfill \cr
– 1 = – 8 + 4a – 2b + 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = 1 \hfill \cr
b = – 1 \hfill \cr} \right.\)
b) Khi a = 1, b = -1 ta có hàm số: y = x3 + x2 – x + 1
_ Tập xác định: (-∞, + ∞)
_ Sự biến thiên: y’ = 3x2 + 2x – 1
y’= 0 ⇔ x = -1, x = \({1 \over 3}\)
Trên các khoảng (-∞, -1) và \(({1 \over 3}, + \infty )\) , y’>0 nên hàm số đồng biến
Trên khoảng \(( – 1,{1 \over 3})\) , y’ < 0 nên hàm số nghịch biến
_ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -1, yCD = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = {1 \over 3},{y_{CT}} = {{22} \over {27}}\)
_ Giới hạn tại vô cực: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty \)
Bảng biến thiên:
Đồ thị hàm số:
Đồ thị cắt trục tung tại y = 1, cắt trục hoành tại x ≈ -1, 84
c) Trong khoảng (0, 1) ta có y > 0.
Vì vậy, thể tích cần tìm là:
\(V = \pi \int_0^1 {({x^3}} + {x^2} – x + 1{)^2}dx = {{134\pi } \over {105}}\)
Bài 4: Xét chuyển động thẳng xác định bởi phương trình:
\(s(t) = {1 \over 4}{t^4} – {t^3} + {{{t^2}} \over 2} – 3t\)
Trong đó t được tính bằng giây và s được tính bằng \(m\).
a) Tính \(v(2), a(2)\), biết \(v(t), a(t)\) lần lượt là vận tốc, gia tốc của chuyển động đã cho
b) Tính thời điểm \(t\) mà tại đó vận tốc bằng \(0\).
a) Ta có:
\(v(t) = s’(t) = {t^{3}} – 3{t^2} + t – 3\)
\(a(t) = s’’(t) = 3t^2 – 6t + 1\)
Do đó: \(v(2) = -5; a(2) = 1\)
b) \(v(t) = 0 ⇔ t^3– 3t^2 + t – 3\)
\(⇔ t = 3\)
Vậy tại thời điểm \( t = 3\) thì vận tốc bằng \(0\).
