Mở đầu trang 26

Đề bài: Một đơn vị sản xuất hàng tiêu dùng ước tính chi phí để sản xuất $x$ đơn vị sản phẩm là $C(x) = 2x + 45$ (triệu đồng). Khi đó, chi phí trung bình cho mỗi đơn vị sản phẩm là $y = f(x) = \dfrac{C(x)}{x}$. Hãy giải thích tại sao chi phí trung bình giảm theo $x$ nhưng luôn lớn hơn $2$ triệu đồng/sản phẩm. Điều này thể hiện trên đồ thị của hàm số $y = f(x)$ trong Hình 1.27 như thế nào?

Lời giải:

Bài toán này sẽ được giải chi tiết ở Luyện tập 2 (trang 29) phía dưới, sau khi học xong sơ đồ khảo sát hàm số phân thức. Kết quả sơ bộ: hàm $f(x) = \dfrac{2x + 45}{x} = 2 + \dfrac{45}{x}$ nghịch biến trên $(0; +\infty)$ và có tiệm cận ngang $y = 2$, nên đồ thị luôn nằm phía trên đường $y = 2$ và tiến sát đường này khi $x \to +\infty$.

1. Sơ đồ khảo sát hàm số

HĐ1 (trang 26)

Đề bài: Cho hàm số $y = x^2 – 4x + 3$. Thực hiện lần lượt các yêu cầu sau:

a) Tính $y’$ và tìm các điểm tại đó $y’ = 0$.

b) Xét dấu $y’$ để tìm các khoảng đồng biến, khoảng nghịch biến và cực trị của hàm số.

c) Tính $\lim_{x \to -\infty} y$, $\lim_{x \to +\infty} y$ và lập bảng biến thiên của hàm số.

d) Vẽ đồ thị của hàm số và nhận xét về tính đối xứng của đồ thị.

Lời giải:

a) Đạo hàm:

$$y’ = 2x – 4.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 2$.

b) Xét dấu $y’ = 2x – 4$: $y’ > 0 \Leftrightarrow x > 2$; $y’ < 0 \Leftrightarrow x < 2$.

• Hàm số nghịch biến trên $(-\infty; 2)$.
• Hàm số đồng biến trên $(2; +\infty)$.
• Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 2$, $y_{CT} = y(2) = 4 – 8 + 3 = -1$.

c) Giới hạn: $\lim_{x \to -\infty} y = +\infty$, $\lim_{x \to +\infty} y = +\infty$ (vì hệ số $x^2$ dương).

Bảng biến thiên:

d) Đây là parabol với đỉnh $(2; -1)$, mở hướng lên. Đồ thị có trục đối xứng là đường thẳng $x = 2$.

(Một số điểm đặc biệt giúp vẽ đồ thị: $y(0) = 3$, $y(1) = 0$, $y(3) = 0$, $y(4) = 3$.)

2. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đa thức bậc ba

Luyện tập 1 (trang 28)

Đề bài: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số $y = -2x^3 + 3x^2 – 5x$.

Lời giải:

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

Bước 2: Sự biến thiên.

Đạo hàm: $y’ = -6x^2 + 6x – 5$.

Xét tam thức $-6x^2 + 6x – 5$: $\Delta = 36 – 4 \cdot (-6)(-5) = 36 – 120 = -84 < 0$ và hệ số $a = -6 < 0$, nên $y’ < 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.

• Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$.
• Hàm số không có cực trị.

Giới hạn tại vô cực:

$$\lim_{x \to -\infty} y = \lim_{x \to -\infty} x^3\left(-2 + \dfrac{3}{x} – \dfrac{5}{x^2}\right) = +\infty;$$

$$\lim_{x \to +\infty} y = \lim_{x \to +\infty} x^3\left(-2 + \dfrac{3}{x} – \dfrac{5}{x^2}\right) = -\infty.$$

Bảng biến thiên:

Bước 3: Đồ thị.

• Giao với trục tung: $y(0) = 0$, tức điểm $(0; 0)$.
• Giao với trục hoành: $-2x^3 + 3x^2 – 5x = 0 \Leftrightarrow x(-2x^2 + 3x – 5) = 0$. Vì $-2x^2 + 3x – 5$ có $\Delta = 9 – 40 < 0$ (vô nghiệm), nên nghiệm duy nhất là $x = 0$. Đồ thị chỉ cắt trục hoành tại $(0; 0)$.
• Tâm đối xứng: điểm có hoành độ thoả $y” = 0$. Ta có $y” = -12x + 6 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2}$; $y\left(\dfrac{1}{2}\right) = -\dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4} – \dfrac{5}{2} = -2$. Vậy tâm đối xứng là $\left(\dfrac{1}{2}; -2\right)$.

3. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số phân thức hữu tỉ

a) Hàm số phân thức $y = \dfrac{ax + b}{cx + d}$

Luyện tập 2 (trang 29)

Đề bài: Giải bài toán ở tình huống mở đầu, coi $f(x)$ là hàm số xác định với $x \geq 1$.

Lời giải:

Ta có: $f(x) = \dfrac{C(x)}{x} = \dfrac{2x + 45}{x} = 2 + \dfrac{45}{x}$, với $x \geq 1$.

Sự biến thiên:

$$f'(x) = -\dfrac{45}{x^2} < 0,\quad \forall x \geq 1.$$

Vậy $f(x)$ nghịch biến trên $[1; +\infty)$, tức chi phí trung bình giảm khi số sản phẩm $x$ tăng.

Giới hạn tại vô cực:

$$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \left(2 + \dfrac{45}{x}\right) = 2.$$

Vậy đồ thị có tiệm cận ngang $y = 2$.

Vì $\dfrac{45}{x} > 0$ với mọi $x > 0$, ta có $f(x) = 2 + \dfrac{45}{x} > 2$ với mọi $x \geq 1$.

Kết luận: Chi phí trung bình luôn lớn hơn $2$ triệu đồng/sản phẩm.

Trên Hình 1.27: đồ thị $y = f(x)$ nằm hoàn toàn phía trên đường thẳng $y = 2$ (tiệm cận ngang), giảm dần khi $x$ tăng và tiến sát đường $y = 2$ nhưng không bao giờ chạm vào.

Bảng biến thiên:

(Với $f(1) = 2 + 45 = 47$.)

Vận dụng (trang 29)

Đề bài: Một bể chứa ban đầu có $200$ lít nước. Sau đó, cứ mỗi phút người ta bơm thêm $40$ lít nước, đồng thời cho vào bể $20$ gam chất khử trùng (hoà tan).

a) Tính thể tích nước và khối lượng chất khử trùng có trong bể sau $t$ phút. Từ đó tính nồng độ chất khử trùng (gam/lít) trong bể sau $t$ phút.

b) Coi nồng độ chất khử trùng là hàm số $f(t)$ với $t \geq 0$. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số này.

c) Hãy giải thích tại sao nồng độ chất khử trùng tăng theo $t$ nhưng không vượt ngưỡng $0{,}5$ gam/lít.

Lời giải:

a) Lập biểu thức.

Sau $t$ phút:

• Thể tích nước: $V(t) = 200 + 40t$ (lít).
• Khối lượng chất khử trùng: $m(t) = 20t$ (gam).
• Nồng độ:

$$f(t) = \dfrac{m(t)}{V(t)} = \dfrac{20t}{200 + 40t} = \dfrac{20t}{40(t + 5)} = \dfrac{t}{2(t + 5)}\text{ (gam/lít)}.$$

b) Khảo sát $f(t) = \dfrac{t}{2(t + 5)}$ với $t \geq 0$.

TXĐ: $[0; +\infty)$.

Đạo hàm: áp dụng công thức $\left(\dfrac{u}{v}\right)’ = \dfrac{u’v – uv’}{v^2}$ với $u = t$, $v = 2(t+5)$:

$$f'(t) = \dfrac{1 \cdot 2(t + 5) – t \cdot 2}{[2(t + 5)]^2} = \dfrac{10}{4(t + 5)^2} = \dfrac{5}{2(t + 5)^2} > 0,\quad \forall t \geq 0.$$

Vậy $f(t)$ đồng biến trên $[0; +\infty)$, không có cực trị.

Giới hạn:

$$\lim_{t \to +\infty} f(t) = \lim_{t \to +\infty} \dfrac{t}{2t + 10} = \lim_{t \to +\infty} \dfrac{1}{2 + \dfrac{10}{t}} = \dfrac{1}{2}.$$

Vậy đồ thị có tiệm cận ngang $y = \dfrac{1}{2}$.

Bảng biến thiên:

c) Giải thích.

Vì $f'(t) > 0$ nên nồng độ $f(t)$ tăng theo $t$.

Vì $f(t) = \dfrac{t}{2(t + 5)} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{t}{t + 5} = \dfrac{1}{2} \cdot \left(1 – \dfrac{5}{t + 5}\right)$, và $\dfrac{5}{t + 5} > 0$ với mọi $t \geq 0$, nên:

$$f(t) < \dfrac{1}{2} = 0{,}5;(\text{gam/lít}),\quad \forall t \geq 0.$$

Vậy nồng độ chất khử trùng luôn nhỏ hơn $0{,}5$ gam/lít, tức không vượt ngưỡng này.

b) Hàm số phân thức $y = \dfrac{ax^2 + bx + c}{px + q}$

Luyện tập 3 (trang 32)

Đề bài: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số $y = \dfrac{-x^2 + 3x – 1}{x – 2}$.

Lời giải:

Bước 1: Tập xác định. $D = \mathbb{R} \setminus {2}$.

Bước 2: Sự biến thiên.

Chia đa thức để đưa về dạng thuận lợi: chia $-x^2 + 3x – 1$ cho $x – 2$ được thương $-x + 1$ và số dư $1$. Vậy:

$$y = -x + 1 + \dfrac{1}{x – 2}.$$

Đạo hàm:

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

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng $(-\infty; 2)$ và $(2; +\infty)$, không có cực trị.

Tiệm cận:

• $\lim_{x \to 2^-} y = 1 + \dfrac{1}{0^-} = -\infty$; $\lim_{x \to 2^+} y = 1 + \dfrac{1}{0^+} = +\infty$. Vậy $x = 2$ là tiệm cận đứng.
• $\lim_{x \to \pm\infty} [y – (-x + 1)] = \lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{1}{x – 2} = 0$. Vậy $y = -x + 1$ là tiệm cận xiên.

Bảng biến thiên:

Bước 3: Đồ thị.

• Giao với trục tung: $y(0) = \dfrac{-1}{-2} = \dfrac{1}{2}$, tức điểm $\left(0; \dfrac{1}{2}\right)$.
• Giao với trục hoành: $y = 0 \Leftrightarrow -x^2 + 3x – 1 = 0 \Leftrightarrow x^2 – 3x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$. Vậy hai điểm $\left(\dfrac{3 – \sqrt{5}}{2}; 0\right)$ và $\left(\dfrac{3 + \sqrt{5}}{2}; 0\right)$.
• Tâm đối xứng: giao điểm hai tiệm cận. Với $x = 2$ và $y = -2 + 1 = -1$, tâm đối xứng là $I(2; -1)$.

Bài tập (trang 32)

Bài 1.21 (trang 32)

Đề bài: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau:

a) $y = -x^3 + 3x + 1$;

b) $y = x^3 + 3x^2 – x – 1$.

Lời giải:

a) TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

Đạo hàm: $y’ = -3x^2 + 3 = -3(x – 1)(x + 1)$.

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$.

Xét dấu: $y’ > 0$ khi $-1 < x < 1$; $y’ < 0$ khi $x < -1$ hoặc $x > 1$.

• Hàm số đồng biến trên $(-1; 1)$; nghịch biến trên $(-\infty; -1)$ và $(1; +\infty)$.
• Cực tiểu tại $x = -1$: $y_{CT} = y(-1) = 1 – 3 + 1 = -1$.
• Cực đại tại $x = 1$: $y_{CĐ} = y(1) = -1 + 3 + 1 = 3$.

Giới hạn: $\lim_{x \to -\infty} y = +\infty$; $\lim_{x \to +\infty} y = -\infty$.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

• Giao với trục tung: $y(0) = 1$, tức $(0; 1)$.
• Tâm đối xứng: $y” = -6x = 0 \Leftrightarrow x = 0$; $y(0) = 1$. Vậy tâm đối xứng là $(0; 1)$.

b) TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

Đạo hàm: $y’ = 3x^2 + 6x – 1$.

Giải $y’ = 0$: $\Delta’ = 9 + 3 = 12 > 0$, nên $x = \dfrac{-3 \pm 2\sqrt{3}}{3} = -1 \pm \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$.

Đặt $x_1 = -1 – \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \approx -2{,}155$, $x_2 = -1 + \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \approx 0{,}155$.

Xét dấu: Vì hệ số $x^2$ dương, $y’ > 0$ khi $x < x_1$ hoặc $x > x_2$; $y’ < 0$ khi $x_1 < x < x_2$.

• Hàm số đồng biến trên $(-\infty; x_1)$ và $(x_2; +\infty)$; nghịch biến trên $(x_1; x_2)$.
• Cực đại tại $x = x_1$: $y_{CĐ} = 2 + \dfrac{16\sqrt{3}}{9} \approx 5{,}079$.
• Cực tiểu tại $x = x_2$: $y_{CT} = 2 – \dfrac{16\sqrt{3}}{9} \approx -1{,}079$.

Giới hạn: $\lim_{x \to -\infty} y = -\infty$; $\lim_{x \to +\infty} y = +\infty$.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

• Giao với trục tung: $y(0) = -1$.
• Tâm đối xứng: $y” = 6x + 6 = 0 \Leftrightarrow x = -1$; $y(-1) = -1 + 3 + 1 – 1 = 2$. Vậy tâm đối xứng là $(-1; 2)$.

Bài 1.22 (trang 32)

Đề bài: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau:

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

b) $y = \dfrac{x + 3}{1 – x}$.

Lời giải:

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

Chia: $y = \dfrac{2x + 1}{x + 1} = 2 – \dfrac{1}{x + 1}$.

Đạo hàm: $y’ = \dfrac{1}{(x + 1)^2} > 0$ với mọi $x \neq -1$.

Hàm số đồng biến trên $(-\infty; -1)$ và $(-1; +\infty)$, không có cực trị.

Tiệm cận:

• $\lim_{x \to -1^-} y = -\infty$; $\lim_{x \to -1^+} y = +\infty$ → tiệm cận đứng $x = -1$.
• $\lim_{x \to \pm\infty} y = 2$ → tiệm cận ngang $y = 2$.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

• Giao trục tung: $(0; 1)$.
• Giao trục hoành: $2x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = -\dfrac{1}{2}$, tức $\left(-\dfrac{1}{2}; 0\right)$.
• Tâm đối xứng: giao hai tiệm cận, $I(-1; 2)$.

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

Biến đổi: $y = \dfrac{x + 3}{1 – x} = -\dfrac{x + 3}{x – 1} = -\dfrac{(x – 1) + 4}{x – 1} = -1 – \dfrac{4}{x – 1}$.

Đạo hàm: $y’ = \dfrac{4}{(x – 1)^2} > 0$ với mọi $x \neq 1$.

Hàm số đồng biến trên $(-\infty; 1)$ và $(1; +\infty)$, không có cực trị.

Tiệm cận:

• Tại $x = 1$: $\lim_{x \to 1^-} y = +\infty$ (mẫu $1 – x \to 0^+$, tử $\to 4 > 0$); $\lim_{x \to 1^+} y = -\infty$. Vậy $x = 1$ là tiệm cận đứng.
• $\lim_{x \to \pm\infty} y = -1$. Vậy $y = -1$ là tiệm cận ngang.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

• Giao trục tung: $(0; 3)$.
• Giao trục hoành: $x + 3 = 0 \Leftrightarrow x = -3$, tức $(-3; 0)$.
• Tâm đối xứng: $I(1; -1)$.

Bài 1.23 (trang 32)

Đề bài: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau:

a) $y = \dfrac{2x^2 – x + 4}{x – 1}$;

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

Lời giải:

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

Chia: $2x^2 – x + 4 = (x – 1)(2x + 1) + 5$, nên:

$$y = 2x + 1 + \dfrac{5}{x – 1}.$$

Đạo hàm:

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

$y’ = 0 \Leftrightarrow (x – 1)^2 = \dfrac{5}{2} \Leftrightarrow x – 1 = \pm\dfrac{\sqrt{10}}{2} \Leftrightarrow x = 1 \pm \dfrac{\sqrt{10}}{2}$.

Đặt $x_1 = 1 – \dfrac{\sqrt{10}}{2} \approx -0{,}581$; $x_2 = 1 + \dfrac{\sqrt{10}}{2} \approx 2{,}581$.

Xét dấu $y’$: $y’ > 0$ khi $|x – 1| > \dfrac{\sqrt{10}}{2}$; $y’ < 0$ khi $|x – 1| < \dfrac{\sqrt{10}}{2}$.

• Hàm số đồng biến trên $(-\infty; x_1)$ và $(x_2; +\infty)$; nghịch biến trên $(x_1; 1)$ và $(1; x_2)$.
• Cực đại tại $x = x_1$: $y_{CĐ} = 3 – 2\sqrt{10} \approx -3{,}32$.
• Cực tiểu tại $x = x_2$: $y_{CT} = 3 + 2\sqrt{10} \approx 9{,}32$.

Tiệm cận:

• $\lim_{x \to 1^-} y = -\infty$; $\lim_{x \to 1^+} y = +\infty$ → tiệm cận đứng $x = 1$.
• $\lim_{x \to \pm\infty} [y – (2x + 1)] = \lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{5}{x – 1} = 0$ → tiệm cận xiên $y = 2x + 1$.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

• Giao trục tung: $y(0) = -4$, tức $(0; -4)$.
• Không có giao với trục hoành (vì $2x^2 – x + 4 = 0$ có $\Delta = 1 – 32 < 0$).
• Tâm đối xứng: giao điểm hai tiệm cận, $I(1; 3)$ (thay $x = 1$ vào $y = 2x + 1$).

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

Chia: $x^2 + 2x + 1 = (x + 3)(x – 1) + 4$, nên:

$$y = x – 1 + \dfrac{4}{x + 3}.$$

Đạo hàm:

$$y’ = 1 – \dfrac{4}{(x + 3)^2} = \dfrac{(x + 3)^2 – 4}{(x + 3)^2} = \dfrac{(x + 1)(x + 5)}{(x + 3)^2}.$$

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

Xét dấu: $y’$ cùng dấu với $(x + 1)(x + 5)$: dương khi $x < -5$ hoặc $x > -1$; âm khi $-5 < x < -1$.

• Hàm số đồng biến trên $(-\infty; -5)$ và $(-1; +\infty)$; nghịch biến trên $(-5; -3)$ và $(-3; -1)$.
• Cực đại tại $x = -5$: $y_{CĐ} = -5 – 1 + \dfrac{4}{-2} = -8$.
• Cực tiểu tại $x = -1$: $y_{CT} = -1 – 1 + \dfrac{4}{2} = 0$.

Tiệm cận:

• $\lim_{x \to -3^-} y = -\infty$; $\lim_{x \to -3^+} y = +\infty$ → tiệm cận đứng $x = -3$.
• $\lim_{x \to \pm\infty} [y – (x – 1)] = 0$ → tiệm cận xiên $y = x – 1$.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

• Giao trục tung: $y(0) = \dfrac{1}{3}$, tức $\left(0; \dfrac{1}{3}\right)$.
• Giao trục hoành: $(x + 1)^2 = 0 \Leftrightarrow x = -1$, tức $(-1; 0)$ – đồ thị tiếp xúc trục hoành tại đây.
• Tâm đối xứng: thay $x = -3$ vào $y = x – 1$, ta được $y = -4$. Vậy $I(-3; -4)$.

Bài 1.24 (trang 32)

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

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

b) Coi $C(x)$ là hàm số xác định với $x \geq 0$. 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 $8$ mg/ml.

Lời giải:

a) Lập biểu thức $C(x)$.

Trước khi trộn: cốc có $30 \cdot 100 = 3,000$ mg KOH.

Trộn $x$ ml từ bình chứa: bổ sung $8x$ mg KOH, đồng thời thể tích tăng $x$ ml.

Sau khi trộn:

• Tổng khối lượng KOH: $3,000 + 8x$ (mg).
• Tổng thể tích: $30 + x$ (ml).

Vậy:

$$C(x) = \dfrac{3,000 + 8x}{30 + x}\text{ (mg/ml)},\quad x \geq 0.$$

b) Khảo sát $C(x)$.

TXĐ: $[0; +\infty)$.

Chia: $3,000 + 8x = 8(30 + x) + (3,000 – 240) = 8(30 + x) + 2,760$, nên:

$$C(x) = 8 + \dfrac{2,760}{30 + x}.$$

Đạo hàm:

$$C'(x) = -\dfrac{2,760}{(30 + x)^2} < 0,\quad \forall x \geq 0.$$

Hàm số nghịch biến trên $[0; +\infty)$, không có cực trị.

Giới hạn:

$$\lim_{x \to +\infty} C(x) = 8.$$

Vậy $y = 8$ là tiệm cận ngang.

Giá trị đầu: $C(0) = \dfrac{3,000}{30} = 100$ (mg/ml).

Bảng biến thiên:

c) Giải thích.

• Vì $C'(x) < 0$ với mọi $x \geq 0$ nên $C(x)$ giảm theo $x$.
• Vì $\dfrac{2,760}{30 + x} > 0$ với mọi $x \geq 0$ nên $C(x) = 8 + \dfrac{2,760}{30 + x} > 8$ với mọi $x \geq 0$.

Kết luận: Nồng độ KOH giảm theo $x$ (tức càng trộn thêm dung dịch loãng thì càng loãng), nhưng luôn lớn hơn $8$ mg/ml (nồng độ của bình chứa trộn vào).

Bài 1.25 (trang 32)

Đề bài: 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

$$R = \dfrac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}.$$

Giả sử một điện trở $8;\Omega$ được mắc song song với một biến trở như Hình 1.33. Nếu biến trở đó được kí hiệu là $x;(\Omega)$ thì điện trở tương đương $R$ là hàm số của $x$. Vẽ đồ thị của hàm số $y = R(x)$, $x > 0$ và dựa vào đồ thị đã vẽ để trả lời các câu hỏi sau:

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:

Áp dụng công thức với $R_1 = 8$ và $R_2 = x$:

$$R(x) = \dfrac{8x}{x + 8},\quad x > 0.$$

Khảo sát hàm số:

Đạo hàm:

$$R'(x) = \dfrac{8(x + 8) – 8x \cdot 1}{(x + 8)^2} = \dfrac{64}{(x + 8)^2} > 0,\quad \forall x > 0.$$

Vậy $R(x)$ đồng biến trên $(0; +\infty)$.

Giới hạn:

$$\lim_{x \to +\infty} R(x) = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{8x}{x + 8} = 8.$$

Vậy $y = 8$ là tiệm cận ngang.

Giá trị đầu: $R(0^+) \to 0$ (khi $x = 0$ thì $R(0) = 0$).

Bảng biến thiên:

Trả lời câu hỏi:

a) Vì $R'(x) > 0$ với mọi $x > 0$, hàm số $R(x)$ đồng biến. Do đó, điện trở tương đương của mạch tăng khi biến trở $x$ tăng.

b) Đồ thị hàm số $R(x)$ đồng biến và có tiệm cận ngang $y = 8$. Vì $\dfrac{8x}{x + 8} = 8 – \dfrac{64}{x + 8}$ và $\dfrac{64}{x + 8} > 0$ với mọi $x > 0$, ta có:

$$R(x) = 8 – \dfrac{64}{x + 8} < 8,\quad \forall x > 0.$$

Điều này có nghĩa: đồ thị $R(x)$ luôn nằm phía dưới đường $y = 8$ và tiến sát đường này khi $x \to +\infty$ nhưng không bao giờ chạm vào hoặc vượt lên trên.

Kết luận: Điện trở tương đương của mạch không bao giờ vượt quá $8;\Omega$.

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