Tổng hợp câu hay và khó chương 1 - Phần 4

Phương trình đường thẳng $d:y = m\left( {x - 2} \right)$

Phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \(\left( C \right)\) là:

$ - {x^3} + 6{x^2} - 9x + 2 = m\left( {x - 2} \right)$$ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} - 4x + m + 1} \right) = 0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow A\left( {2;0} \right)\\{x^2} - 4x + m + 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\end{array} \right.$

Để đồ thị hàm số $\left( C \right)$ cắt \(d\) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình \(\left( 1 \right)\) phải có hai nghiệm phân biệt \(x \ne 2\)

ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\4 - 8 + m + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 - m - 1 > 0\\m - 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 3\\m \ne 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 3$

Giả sử $B\left( {{x_1};m{x_1} - 2m} \right),$$C\left( {{x_2};m{x_2} - 2m} \right)$ với \({x_1}\) và \({x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\)

Theo Viet $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.$.

Vì \(m > 0 \Rightarrow {x_1} > 0\) và \({x_2} > 0\). Ta có $B'\left( {0,m{x_1} - 2m} \right),$$C'\left( {0,m{x_2} - 2m} \right)$

Ta có ${S_{BB'C'C}} = \dfrac{1}{2}B'C'\left( {BB' + CC'} \right) = 8 \Leftrightarrow B'C'\left( {BB' + CC'} \right) = 16\,\,\left( * \right)$

Mà $B'C' = \left| {m\left( {{x_1} - {x_2}} \right)} \right|$, $BB' = \left| {{x_1}} \right| = {x_1}$ và $CC' = \left| {{x_2}} \right| = {x_2}$

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow m\left| {{x_1} - {x_2}} \right|\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 16 \Leftrightarrow m\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 4 \Leftrightarrow {m^2}{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = 16\)

$ \Leftrightarrow {m^2}\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \right] = 16$$ \Leftrightarrow {m^2}\left( {16 - 4m - 4} \right) = 16$$ \Leftrightarrow {m^3} - 3{m^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 1\\m = 2\end{array} \right.$

Kết hợp với \(m > 0\) và \(m < 3\) ta có \(m = 2\)

Với \(m = 0\) thì hàm số không xác định. Do đó \(m \ne 0\) \(\left( 1 \right)\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt[{}]{{{m^2}{x^2} + m - 1}}}} = \dfrac{1}{{\left| m \right|}}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt[{}]{{{m^2}{x^2} + m - 1}}}} = \dfrac{{ - 1}}{{\left| m \right|}}\).

\( \Rightarrow \)đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang.

Để đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận thì cần tìm \(m\) để đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng, nghĩa là cần tìm \(m\) để phương trình \(g\left( x \right) = {m^2}{x^2} + m - 1 = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác \( - 1\)

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta  =  - 4{m^2}\left( {m - 1} \right) > 0\\g\left( { - 1} \right) = {m^2} + m - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 1\\m \ne 0\\m \ne \dfrac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.\,\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 1\\m \ne 0\\m \ne \dfrac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.\,\) \(\left( 2 \right)\)

Kết hợp \(\left( 1 \right)\)\(\left( 2 \right)\)có \(\left\{ \begin{array}{l}m < 1\\m \ne 0\\m \ne \dfrac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.\,\)

Hàm số $y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ ; $f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c$, có đồ thị như hình vẽ.

Do đó $x = 0 \Rightarrow d = 4$; $x = 2 \Rightarrow 8a + 4b + 2c + d = 0$; $f'\left( 2 \right) = 0 \Rightarrow 12a + 4b + c = 0$; $f'\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow c = 0$.

Tìm được $a = 1;b =  - 3;c = 0;d = 4$ và hàm số $y = {x^3} - 3{x^2} + 4$

Ta có $g\left( x \right) = f\left( {\sqrt {{x^2} + x + 2} } \right)$$ = {\left( {\sqrt {{x^2} + x + 2} } \right)^3} - 3\left( {{x^2} + x + 2} \right) + 4$ $ \Rightarrow g'\left( x \right) = \dfrac{3}{2}\left( {2x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + x + 2}  - 3\left( {2x + 1} \right) = 3\left( {2x + 1} \right)\left( {\dfrac{1}{2}\sqrt {{x^2} + x + 2}  - 1} \right)$

$g'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{1}{2}\\x = 1\\x =  - 2\end{array} \right.$

Bàng xét dấu của $g\left( x \right)$:

Vậy $g\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( {\dfrac{{ - 1}}{2};0} \right)$.

Ta có: \(y' = 2x.f'\left( {{x^2}} \right)\)

\(y' = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 0\\{x^2} = 0\\{x^2} = 1\\{x^2} = 2\\{x^2} = 4\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 0}\\{x =  \pm 1}\\{x =  \pm \sqrt 2 }\\{x =  \pm 2}\end{array}} \right.\)

\(f'\left( {{x^2}} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} > 4\\0 < {x^2} < 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 2\\x <  - 2\\ - 1 < x < 1\end{array} \right.\)

Bảng xét dấu:

Quan sát bảng xét dấu ta thấy: Qua $5$ điểm $x=2,x=-1,x=0,x=1,x=2$ là $y'$ đổi dấu.

Vậy hàm số có $5$ điểm cực trị.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y =  + \infty \)\( \Rightarrow x = 1\) là tiệm cận đứng; \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 2\)\( \Rightarrow y = 2\) là tiệm cận ngang.

\(M \in \left( C \right)\)\( \Rightarrow M\left( {a;\,2 + \dfrac{5}{{a - 1}}} \right)\) với \(a \ne 1\).

Khoảng cách từ \(M\) đến tiệm cận đứng: \({d_1} = \dfrac{{\left| {a - 1} \right|}}{{\sqrt 1 }} = \left| {a - 1} \right|\),

Khoảng cách từ \(M\) đến tiệm ngang \({d_2} = \dfrac{{\left| {2 + \dfrac{5}{{a - 1}} - 2} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2}} }} = \left| {\dfrac{5}{{a - 1}}} \right|\).

Ta có: \({d_1}.{d_2} = \left| {a - 1} \right|.\left| {\dfrac{5}{{a - 1}}} \right| = \left| {\left( {a - 1} \right).\dfrac{5}{{a - 1}}} \right| = 5\).

Ta có \(y = \dfrac{{3x - 1}}{{x - 3}}\)\( \Rightarrow y = 3 + \dfrac{8}{{x - 3}}\)\( \Rightarrow y - 3 = \dfrac{8}{{x - 3}}\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}X = x - 3\\Y = y - 3\end{array} \right.\). Ta có \(Y = \dfrac{8}{X}\).

Gọi $M\left( {{X_1};\,\,\dfrac{8}{{{X_1}}}} \right)$ thuộc nhánh trái, $N\left( {{X_2};\,\dfrac{8}{{{X_2}}}} \right)$ thuộc nhánh phải của đồ thị hàm số,

 Với ${X_1} < 0 < {X_2}$. Ta có: $M{N^2} = {\left( {{X_2} - {X_1}} \right)^2} + 64{\left( {\dfrac{1}{{{X_2}}} - \dfrac{1}{{{X_1}}}} \right)^2}$

$ \Rightarrow M{N^2} \ge 2\sqrt {{{\left( {{X_2} - {X_1}} \right)}^2}.64{{\left( {\dfrac{1}{{{X_2}}} - \dfrac{1}{{{X_1}}}} \right)}^2}} $$ \Rightarrow M{N^2} \ge 16\left| {\left( {{X_2} - {X_1}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{X_2}}} - \dfrac{1}{{{X_1}}}} \right)} \right|$

$ \Rightarrow M{N^2} \ge 16\dfrac{{{{\left( {{X_2} - {X_1}} \right)}^2}}}{{\left| {{X_1}{X_2}} \right|}}$$ \Rightarrow M{N^2} \ge 16\dfrac{{ - 4{X_1}{X_2}}}{{ - {X_1}{X_2}}} = 64$.

Do vậy $MN \ge 8$.

Dấu bằng xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{X_2} =  - {X_1}\\{\left( {{X_2} - {X_1}} \right)^2} = 64{\left( {\dfrac{1}{{{X_2}}} - \dfrac{1}{{{X_1}}}} \right)^2}\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{X_1} =  - 2\sqrt 2 \\{X_2} = 2\sqrt 2 \end{array} \right.$

Vậy với $M = \left( { - 2\sqrt 2 ;\,\, - 2\sqrt 2 } \right)$ ; $N = \left( {2\sqrt 2 ;\,\,2\sqrt 2 } \right)$ thì \(MN\) có độ dài ngắn nhất bằng \(8\).

Cách khác: Do $M,N$ thuộc hai nhánh khác nhau nên ta có \(M\left( {3 - \alpha ;3 - \dfrac{8}{\alpha }} \right);N\left( {3 + \beta ;3 + \dfrac{8}{\beta }} \right)\), với \(\alpha ;\beta  > 0\).

Khi đó \(M{N^2} = {\left( {\alpha  + \beta } \right)^2} + {\left( {\dfrac{8}{\alpha } + \dfrac{8}{\beta }} \right)^2}\)\( = {\left( {\alpha  + \beta } \right)^2} + \dfrac{{64{{\left( {\alpha  + \beta } \right)}^2}}}{{{{\left( {\alpha \beta } \right)}^2}}}\)

\( = {\left( {\alpha  + \beta } \right)^2}\left( {1 + \dfrac{{64}}{{{{\left( {\alpha \beta } \right)}^2}}}} \right) \ge 4\alpha \beta \left( {1 + \dfrac{{64}}{{{{\left( {\alpha \beta } \right)}^2}}}} \right)\) \( = 4\left( {\alpha \beta  + \dfrac{{64}}{{\alpha \beta }}} \right) \ge 4.2.8 = 64\).

Vậy \(M{N_{\min }} = 8\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}\alpha  = \beta \\\alpha \beta  = \dfrac{{64}}{{\alpha \beta }}\end{array} \right. \Leftrightarrow \alpha  = \beta  = 2\sqrt 2 \)

Theo giả thiết \(a > 0\), \(b > 0\).

Với \(ab = 4\) ta có $y = \dfrac{{a{x^2} + x - 1}}{{4{x^2} + bx + 9}} = \dfrac{{\dfrac{4}{b}{x^2} + x - 1}}{{4{x^2} + bx + 9}} = \dfrac{{4{x^2} + bx - b}}{{b\left( {4{x^2} + bx + 9} \right)}} = \dfrac{1}{b} - \dfrac{{b + 9}}{{b\left( {4{x^2} + bx + 9} \right)}}$

Đồ thị $\left( C \right)$ có đúng $1$ đường tiệm cận đứng nên $4{x^2} + bx + 9 = 0$ có nghiệm kép

Suy ra $\Delta  = {b^2} - 4.4.9 = 0 \Leftrightarrow b = 12$ (do \(b > 0\))

Ta có \(ab = 4\) suy ra \(a = \dfrac{1}{3}\); $c = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{a{x^2} + x - 1}}{{4{x^2} + bx + 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{a + \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{{{x^2}}}}}{{4 + \dfrac{b}{x} + \dfrac{9}{{{x^2}}}}} = \dfrac{a}{4}$ suy ra \(c = \dfrac{1}{{12}}\)

Vậy $T = 3a + b - 24c = 11$

Dựa vào đồ thị của hàm số $y = f'\left( x \right)$ ta có bảng biến thiên của hàm số $y = f\left( x \right)$:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy:

$f\left( 2 \right) < f\left( 3 \right) < f\left( 5 \right)$ và $f\left( 0 \right) > f\left( 2 \right)$

Mặt khác $f\left( 0 \right) + f\left( 3 \right) = f\left( 2 \right) + f\left( 5 \right) \Leftrightarrow $$f\left( 3 \right) - f\left( 2 \right) = f\left( 5 \right) - f\left( 0 \right) > 0 \Rightarrow f\left( 5 \right) > f\left( 0 \right)$

Vậy trên đoạn $\left[ {0;5} \right]$ hàm số $y = f\left( x \right)$ có: $f\left( 2 \right) < f\left( 0 \right) < f\left( 5 \right)$

Do đó:

+) \(GTNN\) của hàm số trên đoạn \(\left[ {0;5} \right]\) là \(f\left( 2 \right)\)

+) \(GTLN\) của hàm số trên đoạn \(\left[ {0;5} \right]\) là \(f\left( 5 \right)\)

Ta có $g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1$. Do đó đồ thị của hàm số $g'\left( x \right)$ có được bằng cách tịnh tiến đồ thị của hàm số $f'\left( x \right)$ đi xuống \(1\) đơn vị.

Quan sát đồ thị $g'\left( x \right)$ ta thấy \(g'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm \(x =  - 1\).

Do đó $g\left( x \right)$ đạt cực đại tại $x =  - 1$.

Ở tháng thu nhập của công ty cao nhất, gọi số căn hộ bị bỏ trống là \(x\) thì số tiền thuê mỗi phòng là \(2.000.000 + 50.000x\), khi đó số tiền thu được là

\(f\left( x \right) = \left( {2.000.000 + 50.000x} \right)\left( {50 - x} \right)\)\( =  - 50.000{x^2} + 500.000x + 100.000.000\).

Ta cần tìm \(x \in \left( {0;\,50} \right)\) để \(f\left( x \right)\) lớn nhất.

Ta có \(f'\left( x \right) =  - 100.000x + 500.000\), \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 5\)

Bảng biến thiên:

Vậy mỗi tháng lợi nhuận cao nhất thu được của công ty là $101.250.000$

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

Ta có \(y' = 4{x^3} - 4mx = 4x\left( {{x^2} - m} \right)\).

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị $ \Leftrightarrow m \ge 0$

Khi đó: $y' = 4m{x^3} - 4mx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \sqrt m \end{array} \right.$

Suy ra: Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là $A\left( {0;m - 1} \right)$ $B\left( { - \sqrt m ; - {m^2} + m - 1} \right)$, $C\left( {\sqrt m ; - {m^2} + m - 1} \right)$

Ta có: ${S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}\left| {{y_B} - {y_A}} \right|.\left| {{x_C} - {x_B}} \right| = {m^2}\sqrt m $;

$AB = AC = \sqrt {{m^4} + m} $; $BC = 2\sqrt m $

Gọi \(R=1\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\)

Diện tích tam giác \(ABC\) là:

\({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{AB.AC.BC}}{{4R}} = \dfrac{{2\sqrt m \left( {{m^4} + m} \right)}}{4}\)

Suy ra \({m^2}\sqrt m  = \dfrac{{2\sqrt m \left( {{m^4} + m} \right)}}{4} \Leftrightarrow 2m = {m^3} + 1\)

\( \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {{m^2} + m - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\{m^2} + m - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = \dfrac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\\m = \dfrac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2}\,\,\left( l \right)\end{array} \right.\)

Vậy: \(m = 1\) hoặc \(m = \dfrac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\)