Giải Toán 12 Kết Nối Tri Thức Bài 4 Khảo Sát Sự Biến Thiên Và Vẽ Đồ Thị Hàm Số

Giải Toán 12 kết nối tri thức bài 4 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số chi tiết dễ hiểu giúp các bạn tham khảo và làm bài tập một cách hiệu quả.
Câu 1.21. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau:

a) $y = – {x^3} + 3x + 1$;

b) $y = {x^3} + 3{x^2} – x – 1$.

Lời giải

a) $y = – {x^3} + 3x + 1$

1. Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}$.

2. Sự biến thiên

• $y’ = – 3{x^2} + 3;$

$y’ = 0 \Leftrightarrow – 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
x = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.$

• Trên khoảng $\left( { – 1;1} \right),y’ > 0$ nên hàm số đồng biến.

Trên các khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right),y’ < 0$ nên hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng đó.

• Hàm số đạt cực tiểu tại $x = – 1$, giá trị cực tiểu ${y_{CT}} = – 1$. Hàm số đạt cực đại tại $x = 1$, giá trị cực đại ${y_{CD}} = 3$.

Chú ý: Cho hàm số bậc ba $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$.

+ Nếu $a > 0$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty $ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty $

+ Nếu $a < 0$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = + \infty $ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = – \infty $

• Giới hạn tại vô cực:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  – \infty $; $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } y =  + \infty $

• Bảng biến thiên

3. Đồ thị

• Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung là $\left( {0;1} \right)$.

• Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( { – 1; – 1} \right);\left( {1;3} \right)$.

• Đồ thị có tâm đối xứng là $\left( {0;1} \right)$.

b) $y = {x^3} + 3{x^2} – x – 1$

1. Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}$.

2. Sự biến thiên

• $y’ = 3{x^2} + 6x – 1;$

$y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 6x – 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{{ – 3 + 2\sqrt 3 }}{3} \hfill \\
x = \frac{{ – 3 – 2\sqrt 3 }}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.$.

• Trên khoảng $\left( {\frac{{ – 3 – 2\sqrt 3 }}{3};\frac{{ – 3 + 2\sqrt 3 }}{3}} \right),y’ < 0$ nên hàm số nghịch biến.

Trên các khoảng $\left( { – \infty ;\frac{{ – 3 – 2\sqrt 3 }}{3}} \right)$ và $\left( {\frac{{ – 3 + 2\sqrt 3 }}{3}; + \infty } \right),y’ > 0$ nên hàm số đồng biến trên các khoảng đó.

• Hàm số đạt cực đại tại $x = \frac{{ – 3 – 2\sqrt 3 }}{3}$ và đạt cực tiểu tại $x = \frac{{ – 3 + 2\sqrt 3 }}{3}$.

Chú ý: Cho hàm số bậc ba $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$.

+ Nếu $a > 0$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty $ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty $

+ Nếu $a < 0$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = + \infty $ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = – \infty $

• Giới hạn tại vô cực:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty $;$\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } y =  – \infty $

• Bảng biến thiên

 

3. Đồ thị

• Đồ thị hàm số giao Oy tại $\left( {0; – 1} \right)$.

• Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( { – 2;5} \right);\left( {1;2} \right)$.

• Đồ thị có tâm đối xứng là $\left( { – 1;2} \right)$.

Câu 1.22. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau:

a) $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}$

b) $y = \frac{{x + 3}}{{1 – x}}$.

Lời giải

a) $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}$

1. Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R} \setminus \left\{ { – 1} \right\}$.

2. Sự biến thiên

• Ta có $y’ = \frac{{2\left( {x + 1} \right) – \left( {2x + 1} \right)}}{{{{(x + 1)}^2}}} = \frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}} > 0$ với mọi $x \ne – 1$.

• Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ và $\left( { – 1; + \infty } \right)$.

• Hàm số không có cực trị.

• Tiệm cận

Chú ý: Cho hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ ($c \ne 0$, $ad – bc \ne 0$). Khi đó,
+ Nếu $ad – bc > 0$ thì $\left\{ \begin{gathered}
\mathop {\lim y}\limits_{x \to {{\left( { – \frac{d}{c}} \right)}^ – }} = + \infty \hfill \\
\mathop {\lim y}\limits_{x \to {{\left( { – \frac{d}{c}} \right)}^ + }} = – \infty \hfill \\
\end{gathered} \right.$

+ Nếu $ad – bc < 0$ thì $\left\{ \begin{gathered}
\mathop {\lim y}\limits_{x \to {{\left( { – \frac{d}{c}} \right)}^ – }} = – \infty \hfill \\
\mathop {\lim y}\limits_{x \to {{\left( { – \frac{d}{c}} \right)}^ + }} = + \infty \hfill \\
\end{gathered} \right.$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ – }} \frac{{2x + 1}}{{x + 1}} = + \infty ;$$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ + }} \frac{{2x + 1}}{{x + 1}} = – \infty $;

Do đó $x = – 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chú ý: Cho hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ ($c \ne 0$, $ad – bc \ne 0$). Khi đó,

$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \frac{a}{c}$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \frac{a}{c}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{2 + \frac{1}{x}}}{{1 + \frac{1}{x}}} = 2;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2 + \frac{1}{x}}}{{1 + \frac{1}{x}}} = 2$

Do đó $y = 2$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

• Bảng biến thiên

3. Đồ thị

• Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung là $\left( {0;1} \right)$ và giao với trục hoành tại điểm $\left( { – \frac{1}{2};0} \right)$.

• Đồ thị hàm số nhận giao điểm $\left( { – 1;2} \right)$ của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của góc tạo bởi hai đường tiệm cận này là trục đối xứng.

b) $y = \frac{{x + 3}}{{1 – x}}$

1. Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R} \setminus \left\{ 1 \right\}$.

2. Sự biến thiên

• $y’ = \frac{{\left( {1 – x} \right) + \left( {x + 3} \right)}}{{{{(1 – x)}^2}}} = \frac{4}{{{{(1 – x)}^2}}} > 0$ với mọi $x \ne 1$.

• Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { – \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

• Hàm số không có cực trị.

• Tiệm cận

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x + 3}}{{1 – x}} = – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} \frac{{x + 3}}{{1 – x}} = + \infty $

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 + \frac{3}{x}}}{{\frac{1}{x} – 1}} = – 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{1 + \frac{3}{x}}}{{\frac{1}{x} – 1}} = – 1$

Do đó $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số và $y = – 1$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

• Bảng biến thiên

3. Đồ thị

• Giao điểm của đồ thị với trục tung là $\left( {0;3} \right)$, giao điểm của đồ thị với trục hoành là $\left( { – 3;0} \right)$.

• Đồ thị của hàm số nhận giao điểm $I\left( {1; – 1} \right)$ của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận này làm trục đối xứng.

Câu 1.23. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau:

a) $y = \frac{{2{x^2} – x + 4}}{{x – 1}}$

b) $y = \frac{{{x^2} + 2x + 1}}{{x + 3}}$.

Lời giải

a) $y = \frac{{2{x^2} – x + 4}}{{x – 1}}$

1. Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R} \setminus \left\{ 1 \right\}$.

2. Sự biến thiên

Ta có:

$y = \frac{{2{x^2} – x + 4}}{{x – 1}} = 2x + 1 + \frac{5}{{x – 1}}$

• $y’ = 2 – \frac{5}{{{{(x – 1)}^2}}};$

$y’ = 0 \Leftrightarrow 2 – \frac{5}{{{{(x – 1)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{{2 + \sqrt {10} }}{2} \hfill \\
x = \frac{{2 – \sqrt {10} }}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.$.

• Trên các khoảng $\left( { – \infty ;\frac{{2 – \sqrt {10} }}{2}} \right)$ và $\left( {\frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}; + \infty } \right)$, có $y’ > 0$ nên hàm số đồng biến trên từng khoảng này.

Trên các khoảng $\left( {\frac{{2 – \sqrt {10} }}{2};1} \right)$ và $\left( {1;\frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}} \right)$, có $y’ < 0$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng này.

•  Hàm số đạt cực cực đại tại $x = \frac{{2 – \sqrt {10} }}{2}$ và đạt cực tiểu tại $x = \frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}$.

• Tiệm cận

+ $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{2{x^2} – x + 4}}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{2 – \frac{1}{x} + \frac{4}{{{x^2}}}}}{{\frac{1}{x} – \frac{1}{{{x^2}}}}} = – \infty $

+ $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} y =  – \infty $; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y =  + \infty $

Suy ra, $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

+ $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } [y – (2x + 1)] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{5}{{x – 1}} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } [y – (2x + 1)] = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{5}{{x – 1}} = 0$

Suy ra, $y = 2x + 1$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

• Bảng biến thiên

3. Đồ thị

• Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung là $\left( {0; – 4} \right)$.

• Đồ thị hàm số không cắt trục hoành.

• Đồ thị hàm số nhận giao điểm $I\left( {1;3} \right)$ của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận này làm các trục đối xứng.

b) $y = \frac{{{x^2} + 2x + 1}}{{x + 3}}$

1. Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R} \setminus \left\{ { – 3} \right\}$.

2. Sự biến thiên

Ta có: $y = \frac{{{x^2} + 2x + 1}}{{x + 3}} = x – 1 + \frac{4}{{x + 3}}$

• $y’ = 1 – \frac{4}{{{{(x + 3)}^2}}};y’ = 0 \Leftrightarrow 1 – \frac{4}{{{{(x + 3)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {(x + 3)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – 1} \\
{x = – 5}
\end{array}} \right.$

• Trên các khoảng $\left( { – \infty ; – 5} \right)$ và $\left( { – 1; + \infty } \right),y’ > 0$ nên hàm số đồng biến trên các khoảng này.

Trên các khoảng $\left( { – 5; – 3} \right)$ và $\left( { – 3; – 1} \right),y’ < 0$ nên hàm số nghịch biến trên các khoảng này.

• Hàm số đạt cực đại tại $x = – 5$ với ${y_{CD}} = – 8$; hàm số đạt cực tiểu tại $x = – 1$ với ${y_{CT}} = 0$.

• $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} + 2x + 1}}{{x + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2}\left( {1 + \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}}{{x\left( {1 + \frac{3}{x}} \right)}} = + \infty $;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{{x^2} + 2x + 1}}{{x + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{{x^2}\left( {1 + \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}}{{x\left( {1 + \frac{3}{x}} \right)}} = – \infty $

• Tiệm cận

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 3)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 3)}^ + }} \frac{{{x^2} + 2x + 1}}{{x + 3}} = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 3)}^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 3)}^ – }} \frac{{{x^2} + 2x + 1}}{{x + 3}} = – \infty $

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } [y – (x – 1)] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{4}{{x + 3}} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } [y – (x – 1)] = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{4}{{x + 3}} = 0$

Do đó $x = – 3$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số và $y = x – 1$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

• Bảng biến thiên

3. Đồ thị

• Giao điểm của đồ thị với trục tung là $\left( {0;\frac{1}{3}} \right)$

• Giao điểm của đồ thị với trục hoành là $\left( { – 1;0} \right)$.

• Đồ thị hàm số nhận giao điểm $I\left( { – 3; – 4} \right)$ của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng và nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận này làm các trục đối xứng.

Câu 1.24. Một cốc chứa $30ml$ dung dịch $KOH$ (potassium hydroxide) với nồng độ $100mg/ml$. Một bình chứa dung dịch $KOH$ khác với nồng độ $8mg/ml$ được trộn vào cốc.

a) Tính nồng độ $KOH$ trong cốc sau khi trộn $x\left( {ml} \right)$ từ bình chứa, kí hiệu là $C\left( x \right)$.

b) Coi $C\left( x \right)$ là hàm số xác định với $x \geqslant 0$. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số này.

c) Giải thích tại sao nồng độ $KOH$ trong cốc giảm theo $x$ nhưng luôn lớn hơn $8mg/ml$.

Lời giải

a) Tổng khối lượng $KOH$ sau khi trộn là: $30 \cdot 100 + 8 \cdot x = 3000 + 8x\left( {mg} \right)$.

Tổng thể tích dung dịch sau khi trộn là: $30 + x\left( {ml} \right)$.

Nồng độ $KOH$ trong cốc sau khi trộn là $C\left( x \right) = \frac{{3000 + 8x}}{{30 + x}}\left( {mg/ml} \right)$.

b) $C\left( x \right) = \frac{{3000 + 8x}}{{30 + x}},x \geqslant 0$

1. Tập xác định của hàm số là $D = \left[ {0; + \infty } \right)$.

2. Sự biến thiên

• Ta có: $C’\left( x \right) = \frac{{8\left( {30 + x} \right) – \left( {3000 + 8x} \right)}}{{{{(30 + x)}^2}}} = \frac{{ – 2760}}{{{{(30 + x)}^2}}} < 0$ với mọi ${x^3}0$.

• Hàm số luôn nghịch biến trên $\left[ {0; + \infty } \right)$.

• Hàm số không có cực trị.

• Tiệm cận

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } C(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3000 + 8x}}{{30 + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{{3000}}{x} + 8}}{{\frac{{30}}{x} + 1}} = 8$

Do đó $y = 8$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (phần bên phải trục $Oy$ ).

• Bảng biến thiên

3. Đồ thị

• Hàm số giao với trục Oy tại điểm $\left( {0;100} \right)$.

• Hàm số đi qua điểm $\left( {120;\frac{{132}}{5}} \right);\left( {200;20} \right)$.

c) Vì $C’\left( x \right) = \frac{{ – 2760}}{{{{(30 + x)}^2}}} < 0,\forall x \geqslant 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } C(x) = 8$ nên nồng độ $KOH$ trong cốc giảm theo $x$ nhưng luôn lớn hơn $8mg/ml$.

Câu 1.25. Trong Vật lí, ta biết rằng khi mắc song song hai điện trở ${R_1}$ và ${R_2}$ thì điện trở tương đương $R$ của mạch điện được tính theo công thức $R = \frac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}}$ (theo Vật lí đại cương, NXB Giáo dục Việt Nam, 2016).

Hình 1.33

Giả sử một điện trở $8\Omega $ được mắc song song với một biến trở như Hình 1.33. Nếu điện trở đó được kí hiệu là $x\left( \Omega \right)$ thì điện trở tương đương $R$ là hàm số của $x$. Vẽ đồ thị của hàm số $y = R\left( x \right),x > 0$ và dựa vào đồ thị đã vẽ, hãy cho biết:

a) Điện trở tương đương của mạch thay đổi thế nào khi $x$ tăng.

b) Tại sao điện trở tương đương của mạch không bao giờ vượt quá $8\Omega $.

Lời giải

Ta có $y = R\left( x \right) = \frac{{8x}}{{8 + x}},x > 0$

1. Tập xác định $D = \left( {0; + \infty } \right)$.

2. Sự biến thiên

$ + )$ Ta có $y’ = \frac{{8\left( {8 + x} \right) – 8x}}{{{{(8 + x)}^2}}} = \frac{{64}}{{{{(8 + x)}^2}}} > 0,\forall x > 0$

• Hàm số luôn đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

$ + )$ Hàm số không có cực trị.

• Tiệm cận : $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{8}{{\frac{8}{x} + 1}} = 8$

Vậy $y = 8$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (phần bên phải trục $Oy$ ).

• Bảng biến thiên

3. Đồ thị

• Đồ thị hàm số giao với $Ox,Oy$ tại $\left( {0;0} \right)$.

• Đồ thị hàm số đi qua $\left( {1;\frac{8}{9}} \right);\left( {2;\frac{8}{5}} \right)$

a) Vì $y’ = \frac{{64}}{{{{(8 + x)}^2}}} > 0,\forall x > 0$ nên khi $x$ tăng thì điện trở tương đương của mạch cũng tăng.

b) Vì $y’ = \frac{{64}}{{{{(8 + x)}^2}}} > 0,\forall x > 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 8$ nên điện trở tương đương của mạch không bao giờ vượt quá $8\Omega $.