Mở đầu trang 5

Đề bài: Xét một chất điểm chuyển động trên một trục số nằm ngang, chiều dương từ trái sang phải (H.1.1). Giả sử vị trí $s(t)$ (mét) của chất điểm trên trục số đã chọn tại thời điểm $t$ (giây) được cho bởi công thức

$$s(t) = t^3 – 9t^2 + 15t,\quad t \geq 0.$$

Hỏi trong khoảng thời gian nào thì chất điểm chuyển động sang phải, trong khoảng thời gian nào thì chất điểm chuyển động sang trái?

Lời giải:

Bài toán này sẽ được giải chi tiết ở phần Vận dụng 1 (trang 9). Ý tưởng: chất điểm chuyển động sang phải khi vận tốc $v(t) = s'(t) > 0$, sang trái khi $v(t) < 0$.

1. Tính đơn điệu của hàm số

HĐ1 (trang 6)

Đề bài: Quan sát đồ thị của hàm số $y = x^2$ (H.1.2).

a) Hàm số đồng biến trên khoảng nào?

b) Hàm số nghịch biến trên khoảng nào?

Lời giải:

Quan sát đồ thị parabol $y = x^2$:

a) Trên nửa trục dương, đồ thị đi lên từ trái sang phải, nên hàm số đồng biến trên khoảng $(0; +\infty)$.

b) Trên nửa trục âm, đồ thị đi xuống từ trái sang phải, nên hàm số nghịch biến trên khoảng $(-\infty; 0)$.

Luyện tập 1 (trang 6)

Đề bài: Hình 1.5 là đồ thị của hàm số $y = x^3 – 3x^2 + 2$. Hãy tìm các khoảng đồng biến, khoảng nghịch biến của hàm số.

Lời giải:

Quan sát đồ thị H.1.5:

• Từ $-\infty$ đến $0$: đồ thị đi lên → hàm số đồng biến.
• Từ $0$ đến $2$: đồ thị đi xuống → hàm số nghịch biến.
• Từ $2$ đến $+\infty$: đồ thị đi lên → hàm số đồng biến.

Kết luận:

• Hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty; 0)$ và $(2; +\infty)$.
• Hàm số nghịch biến trên khoảng $(0; 2)$.

HĐ2 (trang 7)

Đề bài: Xét hàm số $y = \begin{cases} -x & \text{nếu } x < -1 \\ 1 & \text{nếu } -1 \leq x \leq 1 \\ x & \text{nếu } x > 1 \end{cases}$ có đồ thị như Hình 1.6.

a) Xét dấu đạo hàm của hàm số trên các khoảng $(-\infty; -1)$, $(1; +\infty)$. Nêu nhận xét về mối quan hệ giữa tính đồng biến, nghịch biến và dấu đạo hàm của hàm số trên mỗi khoảng này.

b) Có nhận xét gì về đạo hàm $y’$ và hàm số $y$ trên khoảng $(-1; 1)$?

Lời giải:

a) Xét dấu $y’$ trên hai khoảng:

• Trên $(-\infty; -1)$: $y = -x$, nên $y’ = -1 < 0$. Đồ thị đi xuống → hàm số nghịch biến. Vậy $y’ < 0$ tương ứng với hàm số nghịch biến.
• Trên $(1; +\infty)$: $y = x$, nên $y’ = 1 > 0$. Đồ thị đi lên → hàm số đồng biến. Vậy $y’ > 0$ tương ứng với hàm số đồng biến.

Nhận xét: Dấu của đạo hàm phản ánh chiều biến thiên: $y’ > 0$ thì đồng biến, $y’ < 0$ thì nghịch biến.

b) Trên $(-1; 1)$: $y = 1$ là hàm hằng, nên $y’ = 0$ với mọi $x \in (-1; 1)$. Khi đó hàm số không đổi trên khoảng này.

Luyện tập 2 (trang 7)

Đề bài: Tìm các khoảng đồng biến, khoảng nghịch biến của hàm số $y = -x^2 + 2x + 3$.

Lời giải:

Bước 1: Tập xác định. $D = \mathbb{R}$.

Bước 2: Tính đạo hàm.

$$y’ = -2x + 2.$$

Bước 3: Xét dấu $y’$.

$y’ = 0 \Leftrightarrow -2x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

• Với $x < 1$: $y’ > 0$.
• Với $x > 1$: $y’ < 0$.

Bước 4: Kết luận.

• Hàm số đồng biến trên khoảng $(-\infty; 1)$.
• Hàm số nghịch biến trên khoảng $(1; +\infty)$.

HĐ3 (trang 7)

Đề bài: Cho hàm số $y = f(x) = x^3 – 3x^2 + 2x + 1$.

a) Tính đạo hàm $f'(x)$ và tìm các điểm $x$ mà $f'(x) = 0$.

b) Lập bảng biến thiên của hàm số, tức là lập bảng thể hiện dấu của đạo hàm và sự đồng biến, nghịch biến của hàm số trên các khoảng tương ứng.

c) Nêu kết luận về khoảng đồng biến, khoảng nghịch biến của hàm số.

Lời giải:

a) Đạo hàm:

$$f'(x) = 3x^2 – 6x + 2.$$

Giải $f'(x) = 0$: đây là phương trình bậc hai với $\Delta’ = 9 – 6 = 3 > 0$.

$$x = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{3} = 1 \pm \dfrac{\sqrt{3}}{3}.$$

Đặt $x_1 = 1 – \dfrac{\sqrt{3}}{3}$, $x_2 = 1 + \dfrac{\sqrt{3}}{3}$.

b) Bảng biến thiên:

Vì hệ số của $x^2$ trong $f'(x)$ là $3 > 0$ nên tam thức $f'(x)$ mang dấu dương ngoài hai nghiệm, dấu âm giữa hai nghiệm.

c) Kết luận:

• Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty;; 1 – \dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)$ và $\left(1 + \dfrac{\sqrt{3}}{3};; +\infty\right)$.
• Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(1 – \dfrac{\sqrt{3}}{3};; 1 + \dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)$.

Luyện tập 3 (trang 9)

Đề bài: Tìm các khoảng đơn điệu của các hàm số sau:

a) $y = \dfrac{1}{3}x^3 + 3x^2 + 5x + 2$;

b) $y = \dfrac{-x^2 + 5x – 7}{x – 2}$.

Lời giải:

a) TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

$$y’ = x^2 + 6x + 5 = (x + 1)(x + 5).$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = -1$ hoặc $x = -5$.

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty; -5)$ và $(-1; +\infty)$; nghịch biến trên khoảng $(-5; -1)$.

b) TXĐ: $D = \mathbb{R} \setminus {2}$.

Áp dụng công thức đạo hàm của thương $\left(\dfrac{u}{v}\right)’ = \dfrac{u’v – uv’}{v^2}$ với $u = -x^2 + 5x – 7$, $v = x – 2$:

$$y’ = \dfrac{(-2x + 5)(x – 2) – (-x^2 + 5x – 7) \cdot 1}{(x – 2)^2}.$$

Khai triển tử số:

$$(-2x + 5)(x – 2) = -2x^2 + 4x + 5x – 10 = -2x^2 + 9x – 10.$$

$$\text{Tử số} = -2x^2 + 9x – 10 – (-x^2 + 5x – 7) = -x^2 + 4x – 3 = -(x – 1)(x – 3).$$

Do đó:

$$y’ = \dfrac{-(x – 1)(x – 3)}{(x – 2)^2}.$$

Vì $(x – 2)^2 > 0$ với mọi $x \neq 2$, dấu của $y’$ chính là dấu của $-(x – 1)(x – 3)$.

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = 3$.

Bảng biến thiên:

Vậy:

• Hàm số đồng biến trên các khoảng $(1; 2)$ và $(2; 3)$.
• Hàm số nghịch biến trên các khoảng $(-\infty; 1)$ và $(3; +\infty)$.

Vận dụng 1 (trang 9)

Đề bài: Giải bài toán trong tình huống mở đầu bằng cách thực hiện lần lượt các yêu cầu sau:

a) Theo ý nghĩa cơ học của đạo hàm, vận tốc $v(t)$ là đạo hàm của $s(t)$. Hãy tìm vận tốc $v(t)$.

b) Xét dấu của hàm $v(t)$, từ đó suy ra câu trả lời.

Lời giải:

Nhắc lại: $s(t) = t^3 – 9t^2 + 15t$ với $t \geq 0$.

a) Vận tốc:

$$v(t) = s'(t) = 3t^2 – 18t + 15 = 3(t^2 – 6t + 5) = 3(t – 1)(t – 5).$$

b) Chất điểm chuyển động sang phải khi $v(t) > 0$, sang trái khi $v(t) < 0$.

$v(t) = 0 \Leftrightarrow t = 1$ hoặc $t = 5$.

Xét dấu $v(t) = 3(t – 1)(t – 5)$ với $t \geq 0$:

Kết luận:

• Chất điểm chuyển động sang phải trong các khoảng thời gian $[0; 1)$ và $(5; +\infty)$.
• Chất điểm chuyển động sang trái trong khoảng thời gian $(1; 5)$.

2. Cực trị của hàm số

HĐ4 (trang 9)

Đề bài: Quan sát đồ thị của hàm số $y = x^3 + 3x^2 – 4$ (H.1.7). Xét dấu đạo hàm của hàm số đã cho và hoàn thành các bảng sau vào vở:

Bảng 1: $x \in [-3; -1]$ với điểm giữa $x_0 = -2$.

Bảng 2: $x \in [-1; 1]$ với điểm giữa $x_0 = 0$.

Lời giải:

Tính đạo hàm:

$$y’ = 3x^2 + 6x = 3x(x + 2).$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = -2$.

Tính một số giá trị:

• $y(-3) = -27 + 27 – 4 = -4$.
• $y(-2) = -8 + 12 – 4 = 0$.
• $y(-1) = -1 + 3 – 4 = -2$.
• $y(0) = -4$.
• $y(1) = 1 + 3 – 4 = 0$.

Bảng 1 ($x \in [-3; -1]$):

Tại $x_0 = -2$, hàm số đạt giá trị $0$ – đây là giá trị lớn nhất trên đoạn $[-3; -1]$ (điểm cực đại).

Bảng 2 ($x \in [-1; 1]$):

Tại $x_0 = 0$, hàm số đạt giá trị $-4$ – đây là giá trị nhỏ nhất trên đoạn $[-1; 1]$ (điểm cực tiểu).

Luyện tập 4 (trang 10)

Đề bài: Hình 1.9 là đồ thị của hàm số $y = f(x)$. Hãy tìm các cực trị của hàm số.

Lời giải:

Quan sát đồ thị H.1.9:

• Tại $x = -1$: đồ thị đi từ tăng sang giảm → hàm số đạt cực đại tại $x = -1$, $y_{CĐ} = f(-1) = 5$.
• Tại $x = 1$: đồ thị đi từ giảm sang tăng → hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1$, $y_{CT} = f(1) = 1$.

HĐ5 (trang 10)

Đề bài: Cho hàm số $y = \dfrac{1}{3}x^3 – 3x^2 + 8x + 1$.

a) Tính đạo hàm $f'(x)$ và tìm các điểm mà tại đó đạo hàm $f'(x)$ bằng $0$.

b) Lập bảng biến thiên của hàm số.

c) Từ bảng biến thiên suy ra các điểm cực trị của hàm số.

Lời giải:

a) TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

$$f'(x) = x^2 – 6x + 8 = (x – 2)(x – 4).$$

$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 2$ hoặc $x = 4$.

b) Tính giá trị hàm số tại các điểm này:

$$f(2) = \dfrac{8}{3} – 12 + 16 + 1 = \dfrac{8}{3} + 5 = \dfrac{23}{3}.$$

$$f(4) = \dfrac{64}{3} – 48 + 32 + 1 = \dfrac{64}{3} – 15 = \dfrac{19}{3}.$$

Bảng biến thiên:

c) Từ bảng biến thiên:

• Hàm số đạt cực đại tại $x = 2$, $y_{CĐ} = \dfrac{23}{3}$.
• Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 4$, $y_{CT} = \dfrac{19}{3}$.

Câu hỏi (trang 11)

Đề bài: Giải thích vì sao nếu $f'(x)$ không đổi dấu khi $x$ qua $x_0$ thì $x_0$ không phải là điểm cực trị của hàm số $f(x)$.

Lời giải:

Giả sử $f'(x)$ không đổi dấu khi $x$ qua $x_0$. Có hai trường hợp:

Trường hợp 1: $f'(x) \geq 0$ trên khoảng chứa $x_0$ (chỉ bằng $0$ tại hữu hạn điểm). Khi đó, theo lý thuyết, hàm số $f(x)$ đồng biến trên khoảng đó. Do vậy:

• Với $x$ ở bên trái $x_0$ (đủ gần): $f(x) < f(x_0)$.
• Với $x$ ở bên phải $x_0$ (đủ gần): $f(x) > f(x_0)$.

Nghĩa là không tồn tại lân cận nào của $x_0$ mà $f(x_0)$ là giá trị lớn nhất hoặc bé nhất. Vậy $x_0$ không phải là điểm cực trị.

Trường hợp 2: $f'(x) \leq 0$ trên khoảng chứa $x_0$. Lập luận tương tự, hàm số nghịch biến, nên $x_0$ cũng không phải cực trị.

Kết luận: Điều kiện cần để $x_0$ là điểm cực trị là $f'(x)$ phải đổi dấu khi $x$ đi qua $x_0$.

Luyện tập 5 (trang 12)

Đề bài: Tìm cực trị của các hàm số sau:

a) $y = x^4 – 3x^2 + 1$;

b) $y = \dfrac{-x^2 + 2x – 1}{x + 2}$.

Lời giải:

a) TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

$$y’ = 4x^3 – 6x = 2x(2x^2 – 3).$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = \pm\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.

Tính giá trị:

• $y(0) = 1$.
• $y\left(\pm\dfrac{\sqrt{6}}{2}\right) = \left(\dfrac{6}{4}\right)^2 – 3 \cdot \dfrac{6}{4} + 1 = \dfrac{9}{4} – \dfrac{9}{2} + 1 = -\dfrac{5}{4}$.

Bảng biến thiên:

Vậy:

• Hàm số đạt cực tiểu tại $x = \pm\dfrac{\sqrt{6}}{2}$, $y_{CT} = -\dfrac{5}{4}$.
• Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$, $y_{CĐ} = 1$.

b) TXĐ: $D = \mathbb{R} \setminus {-2}$.

Với $u = -x^2 + 2x – 1$, $v = x + 2$:

$$y’ = \dfrac{(-2x + 2)(x + 2) – (-x^2 + 2x – 1) \cdot 1}{(x + 2)^2}.$$

Khai triển tử số:

$$(-2x + 2)(x + 2) = -2x^2 – 4x + 2x + 4 = -2x^2 – 2x + 4.$$

$$\text{Tử số} = -2x^2 – 2x + 4 – (-x^2 + 2x – 1) = -x^2 – 4x + 5 = -(x + 5)(x – 1).$$

Do đó:

$$y’ = \dfrac{-(x + 5)(x – 1)}{(x + 2)^2}.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = -5$ hoặc $x = 1$.

Tính giá trị:

• $y(-5) = \dfrac{-25 – 10 – 1}{-3} = \dfrac{-36}{-3} = 12$.
• $y(1) = \dfrac{-1 + 2 – 1}{3} = 0$.

Bảng biến thiên (dấu $y’$ là dấu của $-(x+5)(x-1)$):

Vậy:

• Hàm số đạt cực tiểu tại $x = -5$, $y_{CT} = 12$.
• Hàm số đạt cực đại tại $x = 1$, $y_{CĐ} = 0$.

Vận dụng 2 (trang 12)

Đề bài: Một vật được phóng thẳng đứng lên trên từ độ cao $2$ m với vận tốc ban đầu là $24{,}5$ m/s. Trong Vật lí, ta biết rằng khi bỏ qua sức cản của không khí thì độ cao $h$ (mét) của vật sau $t$ (giây) được cho bởi công thức

$$h(t) = 2 + 24{,}5t – 4{,}9t^2.$$

Hỏi tại thời điểm nào thì vật đạt độ cao lớn nhất?

Lời giải:

Đây là bài toán tìm cực đại của $h(t)$ với $t \geq 0$.

Bước 1: Đạo hàm.

$$h'(t) = 24{,}5 – 9{,}8t.$$

Bước 2: Tìm nghiệm $h'(t) = 0$.

$$h'(t) = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{24{,}5}{9{,}8} = 2{,}5; (s).$$

Bước 3: Bảng biến thiên.

Bước 4: Kết luận.

Hàm số $h(t)$ đạt cực đại tại $t = 2{,}5$. Giá trị đó là:

$$h(2{,}5) = 2 + 24{,}5 \cdot 2{,}5 – 4{,}9 \cdot (2{,}5)^2 = 2 + 61{,}25 – 30{,}625 = 32{,}625; (m).$$

Vậy sau $2{,}5$ giây thì vật đạt độ cao lớn nhất là $32{,}625$ m.

Bài tập (trang 13 – 14)

Bài 1.1 (trang 13)

Đề bài: Tìm các khoảng đồng biến, khoảng nghịch biến của các hàm số có đồ thị như sau:

a) Đồ thị hàm số $y = x^3 – \dfrac{3}{2}x^2$ (H.1.11);

b) Đồ thị hàm số $y = \sqrt[3]{(x^2 – 4)^2}$ (H.1.12).

Lời giải:

a) Quan sát đồ thị H.1.11:

• Trên $(-\infty; 0)$: đồ thị đi lên → đồng biến.
• Trên $(0; 1)$: đồ thị đi xuống → nghịch biến.
• Trên $(1; +\infty)$: đồ thị đi lên → đồng biến.

b) Quan sát đồ thị H.1.12 (đối xứng qua trục $Oy$, chạm trục $Ox$ tại $x = \pm 2$, đạt đỉnh tại $x = 0$):

• Trên $(-\infty; -2)$: đồ thị đi xuống → nghịch biến.
• Trên $(-2; 0)$: đồ thị đi lên → đồng biến.
• Trên $(0; 2)$: đồ thị đi xuống → nghịch biến.
• Trên $(2; +\infty)$: đồ thị đi lên → đồng biến.

Bài 1.2 (trang 13)

Đề bài: Xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số sau:

a) $y = \dfrac{1}{3}x^3 – 2x^2 + 3x + 1$;

b) $y = -x^3 + 2x^2 – 5x + 3$.

Lời giải:

a) TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

$$y’ = x^2 – 4x + 3 = (x – 1)(x – 3).$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = 3$.

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty; 1)$ và $(3; +\infty)$; nghịch biến trên khoảng $(1; 3)$.

b) TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

$$y’ = -3x^2 + 4x – 5.$$

Xét tam thức $-3x^2 + 4x – 5$: có $\Delta’ = 4 – (-3)(-5) = 4 – 15 = -11 < 0$ và hệ số $a = -3 < 0$, nên $y’ < 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.

Vậy hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Bài 1.3 (trang 13)

Đề bài: Tìm các khoảng đơn điệu của các hàm số sau:

a) $y = \dfrac{2x – 1}{x + 2}$;

b) $y = \dfrac{x^2 + x + 4}{x – 3}$.

Lời giải:

a) TXĐ: $D = \mathbb{R} \setminus {-2}$.

$$y’ = \dfrac{2(x + 2) – (2x – 1)}{(x + 2)^2} = \dfrac{5}{(x + 2)^2} > 0,\quad \forall x \neq -2.$$

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty; -2)$ và $(-2; +\infty)$.

b) TXĐ: $D = \mathbb{R} \setminus {3}$.

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

Tử số:

$$(2x + 1)(x – 3) = 2x^2 – 6x + x – 3 = 2x^2 – 5x – 3.$$

$$\text{Tử số} = 2x^2 – 5x – 3 – (x^2 + x + 4) = x^2 – 6x – 7 = (x – 7)(x + 1).$$

Do đó:

$$y’ = \dfrac{(x – 7)(x + 1)}{(x – 3)^2}.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = -1$ hoặc $x = 7$.

Bảng biến thiên (dấu $y’$ theo dấu $(x-7)(x+1)$):

Vậy:

• Hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty; -1)$ và $(7; +\infty)$.
• Hàm số nghịch biến trên các khoảng $(-1; 3)$ và $(3; 7)$.

Bài 1.4 (trang 13)

Đề bài: Xét chiều biến thiên của các hàm số sau:

a) $y = \sqrt{4 – x^2}$;

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

Lời giải:

a) TXĐ: $4 – x^2 \geq 0 \Leftrightarrow -2 \leq x \leq 2$, tức $D = [-2; 2]$.

$$y’ = \dfrac{(4 – x^2)’}{2\sqrt{4 – x^2}} = \dfrac{-2x}{2\sqrt{4 – x^2}} = \dfrac{-x}{\sqrt{4 – x^2}}\quad (x \in (-2; 2)).$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0$.

Vì $\sqrt{4 – x^2} > 0$ với $x \in (-2; 2)$, dấu $y’$ ngược dấu với $x$:

• $x < 0$: $y’ > 0$ → đồng biến.
• $x > 0$: $y’ < 0$ → nghịch biến.

Vậy hàm số đồng biến trên $(-2; 0)$ và nghịch biến trên $(0; 2)$.

b) TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

$$y’ = \dfrac{(x^2 + 1) – x \cdot 2x}{(x^2 + 1)^2} = \dfrac{1 – x^2}{(x^2 + 1)^2}.$$

Vì $(x^2 + 1)^2 > 0$ luôn, dấu $y’$ là dấu của $1 – x^2$.

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$.

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $(-1; 1)$; nghịch biến trên các khoảng $(-\infty; -1)$ và $(1; +\infty)$.

Bài 1.5 (trang 13)

Đề bài: Giả sử số dân của một thị trấn sau $t$ năm kể từ năm 2000 được mô tả bởi hàm số

$$N(t) = \dfrac{25t + 10}{t + 5},\quad t \geq 0,$$

trong đó $N(t)$ được tính bằng nghìn người.

a) Tính số dân của thị trấn đó vào các năm 2000 và 2015.

b) Tính đạo hàm $N'(t)$ và $\lim_{t \to +\infty} N(t)$. Từ đó, giải thích tại sao số dân của thị trấn đó luôn tăng nhưng sẽ không vượt quá một ngưỡng nào đó.

Lời giải:

a) Năm 2000 ứng với $t = 0$:

$$N(0) = \dfrac{0 + 10}{0 + 5} = 2\text{ (nghìn người)}.$$

Năm 2015 ứng với $t = 15$:

$$N(15) = \dfrac{25 \cdot 15 + 10}{15 + 5} = \dfrac{385}{20} = 19{,}25\text{ (nghìn người)}.$$

b) Tính đạo hàm:

$$N'(t) = \dfrac{25(t + 5) – (25t + 10)}{(t + 5)^2} = \dfrac{25t + 125 – 25t – 10}{(t + 5)^2} = \dfrac{115}{(t + 5)^2}.$$

Vì $(t + 5)^2 > 0$ nên $N'(t) > 0$ với mọi $t \geq 0$. Do đó, $N(t)$ đồng biến trên $[0; +\infty)$, tức là số dân luôn tăng.

Tính giới hạn:

$$\lim_{t \to +\infty} N(t) = \lim_{t \to +\infty} \dfrac{25t + 10}{t + 5} = \lim_{t \to +\infty} \dfrac{25 + \dfrac{10}{t}}{1 + \dfrac{5}{t}} = 25.$$

Vậy khi $t$ càng lớn, $N(t)$ càng tiến gần đến $25$ (nghìn người) nhưng không vượt quá giá trị đó. Nghĩa là dân số thị trấn luôn tăng nhưng không vượt quá $25$ nghìn người.

Bài 1.6 (trang 14)

Đề bài: Đồ thị của đạo hàm bậc nhất $y = f'(x)$ của hàm số $f(x)$ được cho trong Hình 1.13.

a) Hàm số $f(x)$ đồng biến trên những khoảng nào? Giải thích.

b) Tại giá trị nào của $x$ thì $f(x)$ có cực đại hoặc cực tiểu? Giải thích.

Lời giải:

Quan sát đồ thị $y = f'(x)$ trong H.1.13, đường cong cắt trục $Ox$ tại các điểm $x = 2$, $x = 4$, $x = 6$. Từ đồ thị:

• Trên $(0; 2)$: đường cong nằm dưới trục $Ox$ → $f'(x) < 0$.
• Trên $(2; 4)$: đường cong nằm trên trục $Ox$ → $f'(x) > 0$.
• Trên $(4; 6)$: đường cong nằm dưới trục $Ox$ → $f'(x) < 0$.
• Trên $(6; +\infty)$: đường cong nằm trên trục $Ox$ → $f'(x) > 0$.

a) Hàm số $f(x)$ đồng biến trên các khoảng mà $f'(x) > 0$, tức là $(2; 4)$ và $(6; +\infty)$.

b) Xét các điểm mà $f'(x) = 0$ và đổi dấu:

• Tại $x = 2$: $f'(x)$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ → $f(x)$ đạt cực tiểu tại $x = 2$.
• Tại $x = 4$: $f'(x)$ đổi dấu từ $+$ sang $-$ → $f(x)$ đạt cực đại tại $x = 4$.
• Tại $x = 6$: $f'(x)$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ → $f(x)$ đạt cực tiểu tại $x = 6$.

Bài 1.7 (trang 14)

Đề bài: Tìm cực trị của các hàm số sau:

a) $y = 2x^3 – 9x^2 + 12x – 5$;

b) $y = x^4 – 4x^2 + 2$;

c) $y = \dfrac{x^2 – 2x + 3}{x – 1}$;

d) $y = \sqrt{4x – 2x^2}$.

Lời giải:

a) TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

$$y’ = 6x^2 – 18x + 12 = 6(x – 1)(x – 2).$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = 2$.

$y(1) = 2 – 9 + 12 – 5 = 0$; $y(2) = 16 – 36 + 24 – 5 = -1$.

Bảng biến thiên:

Vậy: Cực đại tại $x = 1$, $y_{CĐ} = 0$; Cực tiểu tại $x = 2$, $y_{CT} = -1$.

b) TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

$$y’ = 4x^3 – 8x = 4x(x^2 – 2).$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = \pm\sqrt{2}$.

$y(0) = 2$; $y(\pm\sqrt{2}) = 4 – 8 + 2 = -2$.

Bảng biến thiên:

Vậy: Cực tiểu tại $x = \pm\sqrt{2}$, $y_{CT} = -2$; Cực đại tại $x = 0$, $y_{CĐ} = 2$.

c) TXĐ: $D = \mathbb{R} \setminus {1}$.

$$y’ = \dfrac{(2x – 2)(x – 1) – (x^2 – 2x + 3)}{(x – 1)^2}.$$

Tử số:

$$(2x – 2)(x – 1) = 2x^2 – 4x + 2.$$

$$\text{Tử số} = 2x^2 – 4x + 2 – (x^2 – 2x + 3) = x^2 – 2x – 1.$$

Do đó $y’ = \dfrac{x^2 – 2x – 1}{(x – 1)^2}$.

Giải $x^2 – 2x – 1 = 0$: $x = 1 \pm \sqrt{2}$.

Tính giá trị hàm số (dùng phép chia đa thức: $y = x – 1 + \dfrac{2}{x – 1}$ hoặc thế trực tiếp):

• $y(1 – \sqrt{2})$: tử $= (1 – \sqrt{2})^2 – 2(1 – \sqrt{2}) + 3 = 3 – 2\sqrt{2} – 2 + 2\sqrt{2} + 3 = 4$; mẫu $= -\sqrt{2}$. Vậy $y(1 – \sqrt{2}) = \dfrac{4}{-\sqrt{2}} = -2\sqrt{2}$.
• $y(1 + \sqrt{2}) = \dfrac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$ (tương tự).

Bảng biến thiên (dấu $y’$ theo dấu $x^2 – 2x – 1$):

Vậy: Cực đại tại $x = 1 – \sqrt{2}$, $y_{CĐ} = -2\sqrt{2}$; Cực tiểu tại $x = 1 + \sqrt{2}$, $y_{CT} = 2\sqrt{2}$.

d) TXĐ: $4x – 2x^2 \geq 0 \Leftrightarrow 2x(2 – x) \geq 0 \Leftrightarrow 0 \leq x \leq 2$, tức $D = [0; 2]$.

$$y’ = \dfrac{(4x – 2x^2)’}{2\sqrt{4x – 2x^2}} = \dfrac{4 – 4x}{2\sqrt{4x – 2x^2}} = \dfrac{2(1 – x)}{\sqrt{4x – 2x^2}}\quad (x \in (0; 2)).$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Dấu $y’$ là dấu của $1 – x$: dương khi $x < 1$, âm khi $x > 1$.

$y(1) = \sqrt{4 – 2} = \sqrt{2}$.

Bảng biến thiên:

Vậy: Cực đại tại $x = 1$, $y_{CĐ} = \sqrt{2}$. Hàm số không có cực tiểu (giá trị $0$ ở hai đầu là giá trị biên, không phải cực trị theo định nghĩa vì phải xét trong lân cận hai phía).

Bài 1.8 (trang 14)

Đề bài: Cho hàm số $y = f(x) = |x|$.

a) Tính các giới hạn $\lim_{x \to 0^+} \dfrac{f(x) – f(0)}{x – 0}$ và $\lim_{x \to 0^-} \dfrac{f(x) – f(0)}{x – 0}$. Từ đó suy ra hàm số không có đạo hàm tại $x = 0$.

b) Sử dụng định nghĩa, chứng minh hàm số có cực tiểu tại $x = 0$ (xem Hình 1.4).

Lời giải:

a) Ta có $f(0) = |0| = 0$.

Giới hạn phải ($x \to 0^+$, tức $x > 0$ nên $|x| = x$):

$$\lim_{x \to 0^+} \dfrac{f(x) – f(0)}{x – 0} = \lim_{x \to 0^+} \dfrac{|x| – 0}{x} = \lim_{x \to 0^+} \dfrac{x}{x} = 1.$$

Giới hạn trái ($x \to 0^-$, tức $x < 0$ nên $|x| = -x$):

$$\lim_{x \to 0^-} \dfrac{f(x) – f(0)}{x – 0} = \lim_{x \to 0^-} \dfrac{-x}{x} = -1.$$

Hai giới hạn một phía khác nhau ($1 \neq -1$), nên giới hạn $\lim_{x \to 0} \dfrac{f(x) – f(0)}{x – 0}$ không tồn tại. Vậy hàm số $f(x) = |x|$ không có đạo hàm tại $x = 0$.

b) Chứng minh $f$ đạt cực tiểu tại $x = 0$.

Theo định nghĩa cực tiểu: cần chỉ ra tồn tại $h > 0$ sao cho $f(x) > f(0)$ với mọi $x \in (-h; h) \setminus {0}$.

Chọn $h = 1$ (thực ra chọn số dương bất kỳ đều được). Khi đó, với mọi $x \in (-1; 1)$ và $x \neq 0$:

$$f(x) = |x| > 0 = f(0).$$

Vậy theo định nghĩa, hàm số $f(x) = |x|$ đạt cực tiểu tại $x = 0$, với $y_{CT} = f(0) = 0$.

Bài 1.9 (trang 14)

Đề bài: Giả sử doanh số (tính bằng số sản phẩm) của một sản phẩm mới (trong vòng một số năm nhất định) tuân theo quy luật logistic được mô hình hoá bằng hàm số

$$f(t) = \dfrac{5,000}{1 + 5e^{-t}},\quad t \geq 0,$$

trong đó thời gian $t$ được tính bằng năm, kể từ khi phát hành sản phẩm mới. Khi đó, đạo hàm $f'(t)$ sẽ biểu thị tốc độ bán hàng. Hỏi sau khi phát hành bao nhiêu năm thì tốc độ bán hàng là lớn nhất?

Lời giải:

Đặt $g(t) = f'(t)$ là tốc độ bán hàng. Ta cần tìm $t$ để $g(t)$ đạt giá trị lớn nhất, tức xét cực trị của $g(t)$.

Bước 1: Tính $f'(t)$.

Viết $f(t) = 5,000 \cdot (1 + 5e^{-t})^{-1}$. Áp dụng công thức đạo hàm hàm hợp:

$$f'(t) = 5,000 \cdot (-1) \cdot (1 + 5e^{-t})^{-2} \cdot (-5e^{-t}) = \dfrac{25,000 \cdot e^{-t}}{(1 + 5e^{-t})^2}.$$

Bước 2: Tính $g'(t) = f”(t)$.

Nhân tử số và mẫu số với $e^{2t}$ để đơn giản: đặt $u = e^t$, ta có $e^{-t} = \dfrac{1}{u}$ và:

$$f'(t) = \dfrac{25,000 \cdot \dfrac{1}{u}}{\left(1 + \dfrac{5}{u}\right)^2} = \dfrac{25,000 \cdot \dfrac{1}{u}}{\dfrac{(u + 5)^2}{u^2}} = \dfrac{25,000 \cdot u}{(u + 5)^2} = \dfrac{25,000 \cdot e^t}{(e^t + 5)^2}.$$

Tính đạo hàm $g'(t)$ theo $t$:

$$g'(t) = 25,000 \cdot \dfrac{e^t (e^t + 5)^2 – e^t \cdot 2(e^t + 5) \cdot e^t}{(e^t + 5)^4} = 25,000 \cdot \dfrac{e^t (e^t + 5) – 2 e^{2t}}{(e^t + 5)^3}.$$

Rút gọn tử số: $e^t (e^t + 5) – 2e^{2t} = e^{2t} + 5e^t – 2e^{2t} = 5e^t – e^{2t} = e^t (5 – e^t)$.

Vậy:

$$g'(t) = \dfrac{25,000 \cdot e^t (5 – e^t)}{(e^t + 5)^3}.$$

Bước 3: Xét dấu $g'(t)$.

Vì $e^t > 0$ và $(e^t + 5)^3 > 0$, dấu $g'(t)$ là dấu của $5 – e^t$:

• $5 – e^t > 0 \Leftrightarrow e^t < 5 \Leftrightarrow t < \ln 5$.
• $5 – e^t < 0 \Leftrightarrow t > \ln 5$.

$g'(t) = 0 \Leftrightarrow t = \ln 5$.

Bước 4: Bảng biến thiên của $g(t)$.

Vậy $g(t) = f'(t)$ đạt cực đại tại $t = \ln 5$, và đây cũng là giá trị lớn nhất trên $[0; +\infty)$.

Kết luận: Sau $\ln 5 \approx 1{,}61$ (năm) kể từ khi phát hành thì tốc độ bán hàng là lớn nhất.

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh