Giải bài tập sách bài tập toán 12 bài 1 năm 2024

Bài 1.1 trang 7 Sách bài tập (SBT) Giải tích 12

Xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số:

1. \(y = 3{x^2} – 8{x^3}\)

2. \(y = 16x + 2{x^2} – {{16} \over 3}{x^3} – {x^4}\)

3. \(y = {x^3} – 6{x^2} + 9x\)

4. \(y = {x^4} + 8{x^2} + 5\)

Hướng dẫn làm bài

1. TXĐ: R

\(y’ = 6x – 24{x^2} = 6x(1 – 4x)\)

y’ = 0 <=> \(\left[ {\matrix{{x = 0} \cr {x = {1 \over 4}} \cr} } \right.\)

y’ > 0 trên khoảng (0;\({1 \over 4}\) ) , suy ra y đồng biến trên khoảng (0;\({1 \over 4}\) )

y’ < 0 trên các khoảng (-∞;0 ); \(({1 \over 4}; + \infty )\), suy ra y nghịch biến trên các khoảng (-∞;0 ); \(({1 \over 4}; + \infty )\)

2. TXĐ: R

\(y’ = 16 + 4x – 16{x^2} – 4{x^3} = – 4(x + 4)({x^2} – 1)\)

y’ = 0 <=> \(\left[ {\matrix{{x = – 4} \cr {x = – 1} \cr {x = 1} \cr} } \right.\)

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số y đã cho đồng biến trên các khoảng (-∞; -4) và (-1; 1), nghịch biến trên các khoảng (-4; -1) và (1; +∞)

3. TXĐ: R

\(y’ = 3{x^2} – 12x + 9\)

y’=0 <=> \(\left[ {\matrix{{x = 1} \cr {x = 3} \cr} } \right.\)

y’ > 0 trên các khoảng (-∞; 1), (3; +∞) nên y đồng biến trên các khoảng (-∞; 1), (3; +∞)

y'< 0 trên khoảng (1; 3) nên y nghịch biến trên khoảng (1; 3)

4. TXĐ: R

\(y’ = 4{x^3} + 16 = 4x({x^2} + 4)\)

y’ = 0 <=> x = 0

y’ > 0 trên khoảng (0; +∞) => y đồng biến trên khoảng (0; +∞)

y’ < 0 trên khoảng (-∞; 0) => y nghịch biến trên khoảng (-∞; 0)

Bài 1.2 trang 7 Sách bài tập (SBT) Giải tích 12

Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của các hàm số:

1. \(y = {{3 – 2x} \over {x + 7}}\)

2. \(y = {1 \over {{{(x – 5)}^2}}}\)

3. \(y = {{2x} \over {{x^2} – 9}}\)

4. \(y = {{{x^4} + 48} \over x}\)

5. \(y = {{{x^2} – 2x + 3} \over {x + 1}}\)

7. \(y = {{{x^2} – 5x + 3} \over {x – 2}}\)

Hướng dẫn làm bài

1. TXĐ: R\ {-7}

\(y’ = {{ – 17} \over {{{(x + 7)}^2}}}\)

y’ < 0 trên các khoảng (-∞; -7), (-7; +∞) nên hàm số nghịch biến trên các khoảng đó

2. TXĐ: R\ {5}

\(y’ = {{ – 2} \over {{{(x – 5)}^3}}}\)

y’ < 0 trên khoảng (5; +∞) nên y nghịch biến trên khoảng (5; +∞)

y’ > 0 trên khoảng (-∞; 5) nên y đồng biến trên khoảng (-∞; 5)

3. TXĐ: R\{-3; 3}

\(y’ = {{ – 2({x^2} + 9)} \over {{{({x^2} – 9)}^2}}}\)

y’ < 0 trên các khoảng (-∞; – 3), (-3; 3), (3; +∞) nên hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng đó.

4. TXĐ: R\ {0}

\(y’ = {{3({x^4} – 16)} \over {{x^2}}} = {{3({x^2} – 4)({x^2} + 4)} \over {{x^2}}}\)

y’ = 0 <=> \(\left[ {\matrix{{x = – 2} \cr {x = 2} \cr} } \right.\)

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (-∞; -2), (2; +∞) và nghịch biến trên các khoảng (-2; 0), (0; 2)

5. TXĐ: R \ {-1}

\(y’ = {{{x^2} + 2x – 5} \over {{{(x + 1)}^2}}}\)

y’ = 0 <=> \(\left[ {\matrix{{x = – 1 – \sqrt 6 } \cr {x = – 1 + \sqrt 6 } \cr} } \right.\)

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(( – \infty ; – 1 – \sqrt 6 ),( – 1 + \sqrt 6 ; + \infty )\)

và nghịch biến trên các khoảng \(( – 1 – \sqrt 6 ; – 1),( – 1; – 1 + \sqrt 6 )\)

7. TXĐ: R\ {2}

\(y’ = {{{x^2} – 4x + 7} \over {{{(x – 2)}^2}}} > 0\)

(do \({x^2} – 4x + 7\) có ∆’ = – 3 < 0)

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(( – \infty ;2),(2; + \infty )\)

Bài 1.3 trang 8 Sách bài tập (SBT) Giải tích 12

Xét tính đơn điệu của các hàm số:

1. \(y = \sqrt {25 – {x^2}} \)

2. \(y = {{\sqrt x } \over {x + 100}}\)

3. \(y = {x \over {\sqrt {16 – {x^2}} }}\)

4. \(y = {{{x^3}} \over {\sqrt {{x^2} – 6} }}\)

Hướng dẫn làm bài

1. TXĐ: [-5; 5]

\(y’ = {{ – x} \over {\sqrt {25 – {x^2}} }}\) ; y’ = 0 <=> x = 0

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (-5; 0) nghịch biến trên khoảng (0; 5)

2. TXĐ: [0; +∞)

\(y’ = {{100 – x} \over {2\sqrt x {{(x + 100)}^2}}}\) ; y’ = 0 <=> x = 100

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (0; 100) và nghịch biến trên khoảng (100; +∞)

3. TXĐ: (-4; 4)

\(y’ = {{16} \over {(16 – {x^2})\sqrt {16 – {x^2}} }} > 0\) ; ∀ x ∈ (-4; 4).

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (-4; 4).

4. TXĐ: (-∞; \(\sqrt 6 \)) ∪ (\(\sqrt 6 \); +∞)

\(y’ = {{2{x^2}({x^2} – 9)} \over {({x^2} – 6)\sqrt {{x^2} – 6} }}\) ; y’ = 0 <=> x = ±3

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; -3), (3; +∞), nghịch biến trên các khoảng (-3;\(-\sqrt 6 \) ), (\(\sqrt 6 \); 3).

Bài 1.4 Trang 8 Sách bài tập (SBT) Giải tích 12

Xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số:

1. \(y = x – {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\), x ∈ [0; 2π].

2. \(y = x + 2\cos x\) , x ∈ \(({\pi \over 6};{{5\pi } \over 6})\)

3. \(y = \sin {1 \over x}\) , (x > 0)

Hướng dẫn làm bài

1. \(y = x – {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\), x ∈ [0; 2π].

\(y’ = 1 – c{\rm{osx }}\) ≥ 0 với mọi x ∈ [0; 2π]

Dấu “=” xảy ra chỉ tại x = 0 và x = 2π.

Vậy hàm số đồng biến trên đoạn [0; 2π].

2. \(y = x + 2\cos x\) , x ∈ \(({\pi \over 6};{{5\pi } \over 6})\)

\(y’ = 1 – 2\sin x\) < 0 với x ∈ \(({\pi \over 6};{{5\pi } \over 6})\)

Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng \(({\pi \over 6};{{5\pi } \over 6})\)

3. Xét hàm số \(y = \sin {1 \over x}\) với x > 0.

\(y’ = – {1 \over {{x^2}}}\cos {1 \over x}\)

Giải bất phương trình sau trên khoảng (0; +∞):

\({1 \over {{x^2}}}( – \cos {1 \over x}) > 0\) ⟺ \(\cos {1 \over x}\) < 0

⟺ \({\pi \over 2}(1 + 4k) < {1 \over x} < {\pi \over 2}(3 + 4k)\) ,k = 0, 1, 2 ….

⟺ \({2 \over {\pi (1 + 4k)}} > x > {2 \over {\pi (3 + 4k)}}\) , k = 0, 1, 2 ……..

Do đó, hàm số đồng biến trên các khoảng

\(….,({2 \over {(4k + 3)\pi }};{2 \over {(4k + 1)\pi }}),({2 \over {(4k – 1)\pi }};{2 \over {(4k – 3)\pi }}),…..,\) \(({2 \over {7\pi }};{2 \over {5\pi }}),({2 \over {3\pi }};{2 \over \pi })\)

Và nghịch biến trên các khoảng

……, \(({2 \over {(4k + 1)\pi }};{2 \over {(4k – 1)\pi }}),({2 \over {5\pi }};{2 \over {3\pi }}),…..,({2 \over \pi }; + \infty )\)

với k = 0, 1, 2 …

Bài 1.5 trang 8 Sách bài tập (SBT) Giải tích 12

Xác định m để hàm số sau:

1. \(y = {{mx – 4} \over {x – m}}\)đồng biến trên từng khoảng xác định;

2. \(y = {{ – mx – 5m + 4} \over {x + m}}\) nghịch biến trên từng khoảng xác định;

3. \(y = – {x^3} + m{x^2} – 3x + 4\) nghịch biến trên ;

4. \(y = {x^3} – 2m{x^2} + 12x – 7\) đồng biến trên R.

Hướng dẫn làm bài:

1. Tập xác định: D = R\{m}

Hàm số đồng biến trên từng khoảng \(( – \infty ;m),(m; + \infty )\)khi và chỉ khi:

\(\eqalign{ & y’ = {{ – {m^2} + 4} \over {{{(x – m)}^2}}} > 0 \Leftrightarrow – {m^2} + 4 > 0 \cr & \Leftrightarrow {m^2} < 4 \Leftrightarrow – 2 < m < 2 \cr} \)

2. Tập xác định: D = R\{m}

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng khi và chỉ khi:

\(y’ = {{ – {m^2} + 5m – 4} \over {{{(x + m)}^2}}} < 0 \Leftrightarrow – {m^2} + 5m-4 < 0\)

\(\left[ \matrix{ m < 1 \hfill \cr m > 4 \hfill \cr} \right.\)

3. Tập xác định: D = R

Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi:

\(\eqalign{ & y’ = – 3{x^2} + 2mx – 3 \le 0 \Leftrightarrow ‘ = {m^2} – 9 \le 0 \Leftrightarrow {m^2} \le 9 \cr & \Leftrightarrow – 3 \le m \le 3 \cr} \)

4. Tập xác định: D = R

Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi:

\(\eqalign{ & y’ = 3{x^2} – 4mx + 12 \ge 0 \Leftrightarrow ‘ = 4{m^2} – 36 \le 0 \cr & \Leftrightarrow {m^2} \le 9 \Leftrightarrow – 3 \le m \le 3 \cr} \)

Bài 1.6 trang 8 Sách bài tập (SBT) Giải tích 12

Chứng minh các phương trình sau có nghiệm duy nhất

1. \(3(c{\rm{os x – 1) + }}{\rm{2sin x + 6x = 0}}\)

2. \(4x + c{\rm{os x – 2sin x – 2 = 0}}\)

3. \( – {x^3} + {x^2} – 3x + 2 = 0$\)

4. \({x^5} + {x^3} – 7 = 0\)

Hướng dẫn làm bài

1. Đặt y = 3(cos x – 1) + 2sin x + 6x

Hàm số xác định, liên tục và có đạo hàm tại mọi x ∈ R

Ta có: y(0) = 0 và ý’ = -3sin x + 2cos x + 6 >0, x ∈ R.

Hàm số đồng biến trên R và có một nghiệm \(x = \pi \)

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất.

2. Đặt \(y = 4x + \cos x – 2\sin x – 2\)

Hàm số xác định, liên tục và có đạo hàm tại mọi x ∈ R

Ta có: y(0) = 1 – 2 = -1 < 0 ; \(y(\pi ) = 4\pi – 3 > 0\) .

Hàm số liên tục trên \({\rm{[}}0;\pi {\rm{]}}\) và y’(0) < 0 nên tồn tại \({x_0} \in (0;\pi )\) sao cho \(y({x_0}) = 0\) .

Suy ra phương trình có một nghiệm \({x_0}\) .

3. Đặt y = $– x^3 + x^2 – 3x + 2$

Hàm số xác định, liên tục và có đạo hàm trên R.

Ta có: $y’ = – x^2 + 2x – 3 < 0$, \(y(\pi ) = 4\pi – 3 > 0\), x ∈ R.

Vì a = -3 < 0 và . Suy ra y nghịch biến trên R.

Mặt khác y(-1) = 1 + 1 +3 + 2 = 7 > 0

y(1) = -1 +1 – 3 + 2 = -1 < 0

Hàm số liên tục trên [-1; 1] và y(-1)y(1) < 0 cho nên tồn tại \({x_0} \in {\rm{[}} – 1;1]\) sao cho \(y({x_0}) = 0\) .

Suy ra phương trình đã cho có đúng một nghiệm.

4. Đặt $y = x^5 + x^3 – 7$

Hàm số xác định, liên tục và có đạo hàm trên R.

Ta có: y(0) = -7 < 0 ; y(2) = 32 + 8 – 7 = 33 > 0

Hàm số liên tục trên [0; 2] và y(0) y(2) < 0 cho nên tồn tại \({x_0} \in (0;2)\) sao cho \(y({x_0}) = 0\)

Mặt khác \(y’ = 5{x^4} + 3{x^2} = {x^2}(5{x^2} + 3) \ge 0,\forall x \in R\)

\=> Hàm số đồng biến trên \(( – \infty ; + \infty )\).

Suy ra phương trình đã cho có đúng một nghiệm.

Bài 1.7 trang 8 Sách bài tập (SBT) Giải tích 12

Chứng minh phương trình \({x^5} – {x^2} – 2x – 1 = 0\) có nghiệm duy nhất

(Đề thi đại học năm 2004)

Hướng dẫn làm bài:

Trước hết cần tìm điều kiện của nghiệm phương trình (tức là xem nghiệm phương trình, nếu có, phải nằm trong khoảng nào). Ta nhận xét

$x^5 – x^2 – 2x – 1 = 0$ ⇔ x^5 = (x + 1)^2 > 0 => x ≥ 0

\=> $(x + 1)^2 > 1 => x^5 > 1 => x > 1$

Vậy, nếu có, nghiệm của phương trình phải thuộc \({\rm{[}}1; + \infty {\rm{]}}\) .

Xét hàm số \(f(x) = {x^5} – {x^2} – 2x – 1\) ta thấy f(x) liên tục trên R

Mặt khác, \(f(1) = – 3 < 0,f(2) = 23 > 0\)

Vì f(x) liên tục trên [1; 2] và f(1) f(2) < 0 nên tồn tại \({x_0} \in (1;2)\) sao cho \(f({x_0}) = 0\)

Ta có: $f’(x) = 5x^4 – 2x – 2 = (2x^4 – 2x) + (2x^4 – 2) + x^4$

$= 2x(x^3 – 1) + 2(x^4 – 1) + x^4 > 0$ , \(\forall x \ge 1\)

Suy ra f(x) đồng biến trên \({\rm{[}}1; + \infty {\rm{]}}\)

Bài 1.8 trang 8 Sách bài tập (SBT) Giải tích 12

Chứng minh các bất đẳng thức sau:

1. \(\tan x > \sin x,0 < x < {\pi \over 2}\)

2. \(1 + {1 \over 2}x – {{{x^2}} \over 8} < \sqrt {1 + x} < 1 + {1 \over 2}x\) với \(0 < x < + \infty \)

Hướng dẫn làm bài:

1. Xét hàm số \(f(x) = \tan x – \sin x\) trên nửa khoảng \({\rm{[}}0;{\pi \over 2})\) ;

\(f'(x) = {1 \over {{{\cos }^2}x}} – \cos x = {{1 – {{\cos }^3}x} \over {{{\cos }^2}}} \ge 0;x \in {\rm{[}}0;{1 \over 2})\)

Dấu “=” xảy ra khi x = 0.

Suy ra f(x) đồng biến trên nửa khoảng \({\rm{[}}0;{\pi \over 2})\)

Mặt khác, ta có f(0) = 0, nên f(x) = tan x – sin x > 0 hay tan x > sin x với mọi \(x \in {\rm{[}}0;{1 \over 2})\)

2. Xét hàm số \(h(x) = 1 + {1 \over 2}x – \sqrt {1 + x}\) trên $${\rm{[}}0; + \infty )$$

\(\eqalign{ & h'(x) = {1 \over 2} – {1 \over {2\sqrt {1 + x} }} \ge 0 \cr & 1 + {1 \over 2}x – {{{x^2}} \over 8} < \sqrt {1 + x} ,0 \le x \le + \infty \cr} \)

Dấu “=” xẩy ra chỉ tại x = 0 nên h(x) đồng biến trên nửa khoảng \({\rm{[}}0; + \infty )\).

Vì h(x) = 0 nên \(h(x) = 1 + {1 \over 2}x – \sqrt {1 + x} > 0\)

Hay \(1 + {1 \over 2}x > \sqrt {1 + x} \) với \(0 \le x < + \infty \)

Xét hàm số trên \(f(x) = \sqrt {1 + x} – 1 – {1 \over 2}x + {{{x^2}} \over 8}\) trên \({\rm{[}}0; + \infty )\) ;

\(\eqalign{ & g(x) = f'(x) = {1 \over {2\sqrt {1 + x} }} – {1 \over 2} + {x \over 4} \cr & g'(x) = {1 \over 4} – {1 \over {4(1 + x)\sqrt {1 + x} }} \ge 0,0 \le x < + \infty \cr} \)

Vì g(0) = 0 và g(x) đồng biến trên nửa khoảng \({\rm{[}}0; + \infty )\) nên \(g(x) \ge 0\) , tức là \(f'(x) \ge 0\) trên khoảng đó và vì dấu “=” xảy ra chỉ tại x = 0 nên f(x) đồng biến trên nửa khoảng .

Mặt khác, ta có f(0) = 0 nên

\(f(x) = \sqrt {1 + x} – 1 – {1 \over 2}x + {{{x^2}} \over 8} > 0\)

hay \(1 + {1 \over 2}x – {{{x^2}} \over 8} < \sqrt {1 + x} \)

Với mọi \(0 < x < + \infty \).

Bài 1.9 trang 9 Sách bài tập (SBT) Giải tích 12

Chứng minh rằng phương trình \({x^3} – 3x + c = 0\) không thể có hai nghiệm thực trong đoạn [0; 1].

Hướng dẫn làm bài:

Đặt \(f(x) = {x^3} – 3x + C\) . TXĐ: R

\(f'(x) = 3{x^2} – 3 = 3({x^2} – 1)\)

\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 1 \hfill \cr x = – 1 \hfill \cr} \right.\)

Bảng biến thiên:

Trên đoạn [0; 1] hàm số f(x) nghịch biến nên đồ thị của hàm số f(x) không thể cắt trục hoành tại hai điểm trên đoạn này, tứclà phương trình x3 – 3x + C = 0 không thể có hai nghiệm thực trên đoạn [0; 1].