Giải Toán 12 SGK nâng cao Ôn tập Chương 1 Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

Chứng minh các bất đẳng thức sau:

\(\begin{array}{l}
a)\tan x > x,{\mkern 1mu} {\kern 1pt} \forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\\
b)tanx > x + \frac{{{x^3}}}{3},\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Hàm số f(x) = tanx − x liên tục trên nửa khoảng \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) và có đạo hàm \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1 > 0{\mkern 1mu} {\kern 1pt} {\mkern 1mu} {\kern 1pt} \forall x\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

Do đó hàm số f đồng biến trên nửa khoảng \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

Từ đó:

\(f(x) > f(0)\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Leftrightarrow tanx - x > 0\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

Câu b:

Hàm số \(f\left( x \right) = \tan x - x - \frac{{{x^3}}}{3}\) liên tục trên khoảng \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) và có đạo hàm \(f\prime (x) = \frac{1}{{co{s^2}x - 1}} = ta{n^2}x - {x^2} > 0\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) (suy ra từ câu a)

Do đó hàm số ff đồng biến trên nửa khoảng \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) và khi đó 

\(f(x) = f(0) = 0\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow tanx > x + x33\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

---

Xét chiều biến thiên và tìm cực trị (nếu có) của các hàm số sau:

\(\begin{array}{l}
a)y = \sqrt {3x + 1} \\
b)y = \sqrt {4x - {x^2}} \\
c)y = x + \sqrt x \\
d)y = x - \sqrt x 
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

TXĐ: \(D = \left[ { - \frac{1}{3}; + \infty } \right)\)

\(y\prime  = \frac{3}{{2\sqrt {3x + 1} }} > 0,\forall x >  - \frac{1}{3}\)

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \frac{1}{3}; + \infty } \right)\), hàm số không có cực trị

Câu b:

TXĐ: D=[0;4]

\(y\prime  = \frac{{4 - 2x}}{{2\sqrt {4x - {x^2}} }};y\prime  = 0 \Leftrightarrow x = 2;y(2) = 2\)

Bảng biến thiên

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2; giá trị cực đại y(2) = 2.

Câu c:

TXĐ: \(D = [0; + \infty )\)

\(\begin{array}{l}
y\prime  = 1 + \frac{1}{{2\sqrt x }} = \frac{{2\sqrt x  + 1}}{{2\sqrt x }}\\
y\prime  = 1 + \frac{1}{{2\sqrt x }} > 0,\forall x > 0
\end{array}\)

Hàm số đồng biến trên khoảng \((0; + \infty )\), hàm số không có cực trị.

Câu d:

TXĐ: \(D = [0; + \infty )\)

\(\begin{array}{l}
y' = 1 - \frac{1}{{2\sqrt x }}\\
y\prime  = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{4}
\end{array}\)

 

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm \(x = \frac{1}{4}\), giá trị cực tiểu \(y\left( {\frac{1}{4}} \right) =  - \frac{1}{4}\)

---

Người ta định làm một cái hộp hình trụ bằng tôn có thể tích V cho trước. Tìm bán kính đáy r và chiều cao của hình trụ sao cho tốn ít nguyên liệu nhất.

Hướng dẫn giải:

 

Thể tích của hình trụ là: \(V = B.h = \pi {r^2}.h \Rightarrow h = \frac{V}{{\pi {r^2}}}\)

Diện tích toàn phần của hình trụ là:

\(S = 2\pi {r^2} + 2\pi r.h = 2\pi {r^2} + 2\pi .r.\frac{V}{{\pi {r^2}}} = 2\pi {r^2} + \frac{{2V}}{r}\)

Xét hàm số: 

\(\begin{array}{l}
S(r) = 2\pi {r^2} + \frac{{2V}}{r}(r > 0)\\
S\prime  = 4\pi r - \frac{{2V}}{{{r^2}}} = \frac{{4\pi {r^2} - 2V}}{{{r^2}}}\\
S\prime  = 0 \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}}
\end{array}\)

Bảng biến thiên:

S đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm \(r = \sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}}\) khi đó \(h = \frac{V}{{\pi {r^2}}} = \frac{V}{{{\pi ^3}\sqrt {\frac{{{V^2}}}{{4{\pi ^2}}}} }} = \sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}}\)

---

Chu vi của một tam giác là 16cm, độ dài một cạnh tam giác là 6cm. Tìm độ dài hai cạnh còn lại của tam giác sao cho tam giác có diện tích lớn nhât.

Hướng dẫn: Có thể áp dụng công thức Hê-rông để tính diện tích tam giác: Nếu tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c thì diện tích của nó là: \(S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \)  (p là nửa chu vi của tam giác.)

Hướng dẫn giải:

Gọi x, y là độ dài hai cạnh còn lại của tam giác.

Ta có: x + y = 16 − 6 = 10, x > 0, y > 0

Diện tích tam giác

\(\begin{array}{l}
S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \\
 = \sqrt {8.2(8 - x)(8 - y)}  = 4\sqrt {(8 - x)(8 - y)} 
\end{array}\)

Thay y = 10 - x, ta được:

\(S = 4\sqrt {(8 - x)(x - 2)}  = 4\sqrt { - {x^2} + 10x - 16} (0 < x < 10)\)

S đạt gía trị lớn nhất trên khoảng (0;10) khi và chỉ khi hàm số f(x) = −x2 + 10x − 16 đạt giá trị lớn nhất trên khoảng (0;10).

f′(x) = −2x + 10, f′(x) = 0 <=> x = 5, f(5) = 9

Tam giác có diện tích lớn nhất khi x = 5 (cm) và y= 5 (cm)

\(\mathop {max}\limits_{x \in (0;10)} f(x) = f(5) = 9\)

Khi đó diện tích tam giác là: \(S = 4\sqrt 9  = 12(c{m^2})\)

---

Cho hàm số: \(f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} + \frac{{17}}{3}\)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

b) Chứng minh rằng phương trình f(x) =0 có ba nghiệm phân biệt.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

TXĐ: D = R

\(\mathop {lim}\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty ;\mathop {lim}\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty \)

\(y\prime (x) = {x^2} - 4x;f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 4
\end{array} \right.;f(0) = \frac{{17}}{3};f(4) =  - 5\)

\(\begin{array}{l}
f\prime \prime (x) = 2x - 4;f\prime \prime (x) = 0 \Leftrightarrow x = 2\\
f(2) = \frac{1}{3}
\end{array}\)

Điểm uốn: \(I\left( {2;\frac{1}{3}} \right)\)

Đồ thị nhận I làm tâm đối xứng.

Câu b:

Hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu  và giá tị cực đại, cực tiểu trái dấu, tức hai điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị nằm về hai phía đối với trục hoành do đó đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt

---

Hướng dẫn giải:

Câu a:

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

\(f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + p = 0(1)\)

Hàm số f có một cực đại và một cực tiểu khi và chỉ khi khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt <=> p < 0

Khi đó hai nghiệm của (1) là: \(x =  - \sqrt { - \frac{p}{3}} ;{\mkern 1mu} {\kern 1pt} {\mkern 1mu} {\kern 1pt} {\mkern 1mu} {\kern 1pt} x = \sqrt { - \frac{p}{3}} \)

Bảng biến thiên

Với \(M = {\sqrt { - \left( { - \frac{p}{3}} \right)} ^3} - p\sqrt { - \frac{p}{3}}  + q = q - \frac{2}{3}p\sqrt { - \frac{p}{3}} \)

\(m = {\sqrt { - \left( { - \frac{p}{3}} \right)} ^3} + p\sqrt { - \frac{p}{3}}  + q = q + \frac{2}{3}p\sqrt { - \frac{p}{3}} \)

Câu b:

Nếu Mm < 0 và m < 0, khi đó, phương trình f(x) = 0 có ba nghiệm α, β, γ với 

\(\alpha  <  - \sqrt { - \frac{p}{3}} ; - \sqrt { - \frac{p}{3}}  < \beta  < \sqrt { - \frac{p}{3}} \) và \(\gamma  > \sqrt { - \frac{p}{3}} \)

Câu c:

Nếu Mm > 0 thì hai số M và m cùng dấu.

Nếu M < 0 và m < 0 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất (Lớn hơn \(\sqrt { - \frac{p}{3}} \))

Nếu M > 0 và m > 0 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất ( Nhỏ hơn \(\sqrt { - \frac{p}{3}} \))

Vậy điều kiện cần và đủ để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt là: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
p < 0\\
Mm = {q^2} - \frac{4}{9}{p^2}\left( { - \frac{p}{3}} \right) < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow 4{p^3} + 27{q^2} < 0\)

---

Cho hàm số: f(x) = x3 − 3x + 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm uốn U của nó.

c) Gọi (dm) là đường thẳng đi qua điểm U và có hệ số góc m. Tìm các giá trị của m sao cho đường thẳng (dm) cắt đồ thị của hàm số đã cho tại ba điểm phân biệt.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

TXĐ: D = R

\(\begin{array}{l}
f\prime (x) = 3{x^2} - 3\\
f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x =  - 1
\end{array} \right.
\end{array}\)

Hàm số đồng biến trên khoảng: \(\left( { - \infty ; - 1} \right),(1; + \infty )\)

 Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1;1)

+) Cực trị:

 Hàm số đạt cực đại tại x = −1; y(−1) = 3

 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = −1

+) Giới hạn:

\(\begin{array}{l}
\mathop {lim}\limits_{x \to  + \infty } f(x) =  + \infty \\
\mathop {lim}\limits_{x \to  - \infty } f(x) =  - \infty 
\end{array}\)

Bảng biến thiên 

Đồ thị

Đồ thị giao trục $Oy$ tại điểm (0;1)

Hàm số đồ thị nhận I(0;1) làm tâm đối xứng

Câu b:

\(\begin{array}{l}
f\prime (x) = 3{x^2} - 3\\
f\prime \prime (x)6x;f\prime \prime (x) = 0 \Leftrightarrow x = 0
\end{array}\)

f(0) = 0. Điểm uốn I(0;1)

Phương tiếp tuyến của (C) tại I là:

y − 1 = f′(0)(x −0)<=>y = −3x + 1

Câu c:

Phương trình đường thẳng (dm) là y = mx  + 1

Hoành độ giao điểm của đường thẳng (dm) và đường cong (C) là nghiệm của phương trình

\(\begin{array}{l}
{x^3} - 3x + 1 = mx + 1 \Leftrightarrow {x^3} - (m + 3)x = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^2} = m + 3
\end{array} \right.
\end{array}\)

(dm) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có 3 nghiệm phân biệt, tức m + 3 > 0 <=> m > −3

---

Cho hàm số: \(y = {x^4} - (m + 1){x^2} + m\)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m = 2.

b) Tìm các giá trị của m sao cho đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm, tạo thành ba đoạn thẳng có độ dài bằng nhau.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Với m = 2 hàm số đã cho có dạng: y = x4 − 3x2 + 3

Tập xác định: D = R

\(\begin{array}{l}
y\prime  = 4{x^3} - 6x\\
y\prime  = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\\
x =  - \frac{{\sqrt 6 }}{2}
\end{array} \right.
\end{array}\)

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \frac{{\sqrt 6 }}{2};0} \right),\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2}; + \infty } \right)\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - \frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right),\left( {0;\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right)\)

Cực trị 

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 2

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = \frac{{\sqrt 6 }}{2},x =  - \frac{{\sqrt 6 }}{2},y\left( { \pm \frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) =  - \frac{1}{4}\)

Giới hạn: \(\mathop {lim}\limits_{x \to  \pm \infty } y =  + \infty \)

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

Đồ thi cắt tung độ tại điểm (0; 2)

Đồ thị cắt hoành độ tại 4 điểm: \(( - \sqrt 2 ;0),( - 1;0),(1;0),(\sqrt 2 ;0)\)

Đồ thị hàm số là hàm chẵn nhận trục Oy làm trục đối xứng.

Câu b:

Hoành độ giao điểm của đường cong (C) và trục là nghiệm phương trình

\({x^4} - (m + 1){x^2} + m = 0(1) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} = 1\\
{x^2} = m
\end{array} \right.\)

(1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m > 0 và m ≠ 1

Khi đó (1) có 4 nghiệm: \(x =  - 1;x = 1;x =  - \sqrt m ;x = \sqrt m \)

*\( - \sqrt m  <  - 1 < 1 < \sqrt m \)

(C) cắt trục tại 4 điểm tạo thành ba đoạn thẳng bằng nhau khi \(\sqrt m  - 1 = 1 - ( - 1) = 2 \Leftrightarrow m = 9\)

* \( - 1 <  - \sqrt m  < \sqrt m  < 1\)

(C) cắt trục hoành tại 4 điểm tạo thành ba đoạn thẳng bằng nhau khi \(1 - \sqrt m  = \sqrt m  - ( - \sqrt m ) = 2\sqrt m \)

Vậy m = 9 hoặc m = 1/9

---

Cho hàm số f(x) = x4 − x2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.

b) Từ đồ thị của hàm số y = f(x) suy ra cách vẽ đồ thị của hàm số y=|f(x)|

Hướng dẫn giải:

Câu a:

TXĐ: D = R

\(\begin{array}{l}
y\prime  = 4{x^3} - 2x\\
y\prime  = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\
x =  - \frac{{\sqrt 2 }}{2}
\end{array} \right.
\end{array}\)

Hàm số đồng biến trên khoảng: \(\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right),\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}; + \infty } \right)\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng: \(\left( { - \infty ; - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right),\left( {0;\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)\)

 +) Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tại: x = 0; y(0) = 0

Hàm số đạt cực tiểu tại: \({x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}}\) và \({x = \frac{{\sqrt -2 }}{2}}\), \(y\left( { \pm \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) =  - \frac{1}{4}\)

+) Giới hạn:

\(\mathop {lim}\limits_{x \to  \pm \infty } y =  + \infty \)

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

Đồ thị cắt Ox và Oy tại O(0;0) ;(−1; 0); (1; 0)

Đồ thị hàm số là hàm chẵn nên nhận trục Oy làm trục đối xứng.

Câu b:

Ta có: 

\(y = |f(x)| = \left\{ \begin{array}{l}
f(x) nếu uf(x) \ge 0\\
 - f(x) nếu uf(x) < 0
\end{array} \right.\)

Suy ra cách vẽ đồ thị của hàm số y = |f(x)|

Giữ nguyên phần đồ thị hàm số y = f(x) ở phía trên trục hoành. Lấy phần đồ thị hàm số ở phía dưới trục hoành đối xứng qua trục hoành. Hợp hai phần đồ thị trên ta được đồ thị hàm số y = |f(x)|

---

Cho hàm số: \(y = \frac{{x - 4m}}{{2(mx - 1)}}\).(Hm)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m =1.

b) Chứng minh rằng với mọi \(m \ne  \pm \frac{1}{2}\), các đường cong (Hm) đều đi qua hai điểm cố định A và B.

c) Chứng minh rằng tích các hệ số góc của tiếp tuyến với (Hm) tại hai điểm A và B là một hằng số khi m biến thiên.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

m = 1 hàm số có dạng: \(y = \frac{{x - 4}}{{2x - 2}}\)

Tập xác định: D = R ∖ {1}

\(y\prime  = \frac{6}{{{{(2x - 2)}^2}}} > 0,\forall x \in D\)

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

Hàm số không có cực trị

Giới hạn:

\(\mathop {limy}\limits_{x \to {1^ - }}  =  + \infty ;\mathop {limy}\limits_{x \to {1^ + }}  =  - \infty \)

Đường tiệm cận đứng: x = 1

\(\mathop {lim}\limits_{x \to  \pm \infty } y = \frac{1}{2}\)

Đường tiệm cận ngang y = 1/2

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

Đồ thị giao Ox, Oy tại các điểm: (4;0); (0;2)

Câu b:

Gọi M(x0; y0) là một điểm bất kì của mặt phẳng tọa độ. Đường cong (Hm) đi qua điểm M khi và chỉ khi m là nghiệm của phương trình \(\frac{{{x_o} - 4m}}{{2(m{x_o} - 1)}} = {y_o}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m{x_o} - 1 \ne 0\\
2{y_o}(m{x_o} - 1) = {x_o} - 4m
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m{x_o} \ne 1(1)\\
(2{x_o}{y_o} + 4)m - {x_o} - 2{y_o} = 0
\end{array} \right.\)

Mọi đường cong (Hm) với \(m \ne  \pm \frac{1}{2}\) đều đi qua điểm M(x0; y0) khi và chỉ khi hệ phương trình trên nghiệm đúng với mọi \(m \ne  \pm \frac{1}{2}\)

Phương trình (2) nghiệm đúng với mọi m khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}
2{x_o}{y_o} + 4 = 0\\
{x_o} + 2{y_o} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_o} =  - 2\\
{y_o} = 1
\end{array} \right.hoặc \left\{ \begin{array}{l}
{x_o} = 2\\
{y_o} =  - 1
\end{array} \right.\)

Vậy \(\left( {{x_o};{y_o}} \right) = \left( { - 2;1} \right);\left( {{x_o};{y_o}} \right) = \left( {2; - 1} \right)\)

Ta kiểm tra điều kiện (1) 

• Với x0 = −2, ta có m ≠ −1/2

•Với x0 = 2, ta có m ≠ 1/2

Vậy mọi đường cong (Hm) với m ≠ ±1/2 đều đi qua hai điểm cố định A(-2; 1) và B(2; - 1).

Câu c:

Ta có: \(y\prime  = \frac{{4{m^2} - 1}}{{2{{(mx - 1)}^2}}}\)

Hệ số góc tiếp tuyến với (Hm) tại A(-2; 1) và B(2;−1) là y’(-2); y'(2).

Ta có tích hai hệ số góc tiếp tuyến tại A và B là:

\(y'\left( { - 2} \right).y'\left( 2 \right) = \frac{{4{m^2} - 1}}{{2{{\left( { - 2m - 1} \right)}^2}}}.\frac{{4{m^2} - 1}}{{2{{\left( {2m - 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{4}\) là hằng số

---

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = x2 − x + 1 và đồ thị (H) của hàm số \(y = \frac{1}{{x + 1}}\)

b) Tìm giao điểm của hai đường cong (P) và (H). Chứng minh rằng hia đường cong đó có tiếp tuyến chung tại giao điểm của chúng.

c) Xác định các khoảng trên đó (P) nằm phía trên hoặc phía dưới (H).

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đồ thị 

Câu b:

Hoành độ giao điể của parabol (P) và hypebol (H) là nghiệm của phương trình:

\({x^2} - x + 1 = \frac{1}{{x + 1}} \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right) = 1\) (vì x = -1 không là nghiệm của phương trình) 

\( \Leftrightarrow {x^3} + 1 = 1 \Leftrightarrow x = 0;(y(0) = 1)\)

Giao điểm của (P) và (H) là A(0;1)

Đặt \(f(x) = {x^2} - x + 1;g(x) = \frac{1}{{x + 1}}\)

Ta có: \(f\prime (x) = 2x - 1;g\prime (x) = \frac{{ - 1}}{{{{(x + 1)}^2}}}\)

f′(0) = g′(x) = −1

Suy ra (P) và (H) có tiếp tuyến chung tại A nên (P) và (H) tiếp xúc nhau tại điểm A.

Câu c:

Xét hiệu \(f(x) - g(x) = {x^2} - x + 1 - \frac{1}{{x + 1}} = \frac{{{x^3}}}{{x + 1}}\)

Bảng xét dấu f(x) – g(x)

Trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right);\left( {0; + \infty } \right)\) (P) nằm phía trên (H). Trên khoảng (−1; 0) (P) nằm phía dưới (H).

---

Cho hàm số: \(y = f\left( x \right) = x + \frac{1}{x}\)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

b) Tiếp tuyến của đường cong (C) tại điểm \(M\left( {{x_o};f\left( {{x_o}} \right)} \right)\) cắt tiệm cận đứng và tiệm cận xiên tại hai điểm A và B. Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng AB và tam giác OAB có diện tích không phụ thuộc vào vị trí điểm M trên đường cong (C).

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Tập xác định: D = R∖{0}

\(\begin{array}{l}
y\prime  = 1 - \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}\\
y\prime  = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1
\end{array}\)

Hàm số đồng biến trên khoảng: \(( - \infty ; - 1);(1; + \infty )\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng: (−1; 0); (0; 1)

+) Cực trị:

 Hàm số đạt cực đại tại: x = −1; y(−1) = −2

Hàm số đạt cực tiểu tại: x = 1; y(1) = 2

+) Giới hạn:

\(\mathop {limy}\limits_{x \to {0^ - }}  =  - \infty ;\mathop {limy}\limits_{x \to {0^ + }}  =  + \infty \)

Tiệm cận đứng: x = 0

\(\begin{array}{l}
\mathop {lim}\limits_{x \to  \pm \infty } y =  \pm \infty \\
\mathop {lim}\limits_{x \to \infty } (y - x) = \mathop {lim}\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x} = 0
\end{array}\)

Tiệm cận xiên: y = x

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

Câu b:

Tiệm cận đứng x = 0; Tiệm cận xiên y = x.
Ta có \(f(x) = 1 - \frac{1}{{{x^2}}}\). Phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) tại điểm \(M\left( {{x_o};f\left( {{x_o}} \right)} \right)\) là \(y = \left( {1 - \frac{1}{{x_0^2}}} \right)(x - {x_o}) + {x_o} + \frac{1}{{{x_o}}}\)

Thay x = 0 vào phương trình trên, ta được tung độ của điểm A:

\({y_A} = \left( {1 - \frac{1}{{x_o^2}}} \right)\left( { - {x_o}} \right) + {x_o} + \frac{1}{{{x_o}}} = \frac{2}{{{x_o}}}\) 

Vậy \(A\left( {0;\frac{2}{{{x_o}}}} \right)\)

Hoành độ của điểm B là nghiệm của phương trình

\(\left( {1 - \frac{1}{{x_0^2}}} \right)(x - {x_o}) + {x_o} + \frac{1}{{{x_o}}} = x \Leftrightarrow  - \frac{x}{{{x_o}}} + \frac{2}{{{x_o}}} = 0 \Leftrightarrow x = 2{x_o}\)

x_B = 2x₀ Vậy B(2x₀; 2x₀)

Ta có: \({x_M} = {x_o} = \frac{{0 + 2{x_o}}}{2} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\)

Vì ba điểm A, M, B thẳng hàng nên từ đó suy ra rằng M là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Diện tích tam giác OAB là

\(S = \frac{1}{2}|{y_A}||{y_B}| = \frac{1}{2}\left| {\frac{2}{{{x_o}}}} \right|\mid 2{x_o}| = 2,\forall {x_o} \ne 0\)

 

 

Trên đây là nội dung hướng dẫn giải chi tiết bài tập SGK nâng cao môn Toán 12 Ôn tập Chương 1 Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số được trình bày rõ ràng, cụ thể với phương pháp ngắn gọn và khoa học. Hy vọng rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em học sinh lớp 12 học tập thật tốt!