Bài 1.18 trang 15 SBT giải tích 12

LG a

\(\displaystyle y = {{x + 1} \over {{x^2} + 8}}\)

Lời giải chi tiết:

TXĐ : R

\(y’ = \frac{{\left( {x + 1} \right)’\left( {{x^2} + 8} \right) – \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + 8} \right)’}}{{{{\left( {{x^2} + 8} \right)}^2}}}\) \(= {{{x^2} + 8 – 2x(x + 1)} \over {{{({x^2} + 8)}^2}}} = {{ – {x^2} – 2x + 8} \over {{{({x^2} + 8)}^2}}}\)

\(y’ = 0  \Leftrightarrow  – {x^2} – 2x + 8 = 0\) \(\Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = – 4 \hfill \cr 
x = 2 \hfill \cr} \right.\)

Bảng biến thiên:

Hàm số đạt cực đại tại \(x = 2\), cực tiểu tại \(x = – 4\) và \({y_{CD}} = y(2) = {1 \over 4};{y_{CT}} = y( – 4) =  – {1 \over 8}\)

LG câu b

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

Lời giải chi tiết:

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 1 \right\}\)

\(y’ = \frac{{\left( {{x^2} – 2x + 3} \right)’\left( {x – 1} \right) – \left( {{x^2} – 2x + 3} \right)\left( {x – 1} \right)’}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} \) \(= \frac{{\left( {2x – 2} \right)\left( {x – 1} \right) – \left( {{x^2} – 2x + 3} \right)}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}\) \( = \frac{{2{x^2} – 4x + 2 – {x^2} + 2x – 3}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}\) \( = {{{x^2} – 2x – 1} \over {{{(x – 1)}^2}}}\)

\(y’ = 0  \Leftrightarrow {x^2} – 2x – 1 = 0\) \(\Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 1 – \sqrt 2 \hfill \cr 
x = 1 + \sqrt 2 \hfill \cr} \right.\)

Bảng biến thiên:

Hàm số đạt cực đại tại \(x = 1 – \sqrt 2 \) và đạt cực tiểu tại \(x = 1 + \sqrt 2\) , ta có:

\({y_{CD}} = y(1 – \sqrt 2 ) =  – 2\sqrt 2 ;\) \({y_{CT}} = y(1 + \sqrt 2 ) = 2\sqrt 2 \).

LG c

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

Lời giải chi tiết:

TXĐ: R\{-1}

\(y’ = \frac{{\left( {{x^2} + x – 5} \right)’\left( {x + 1} \right) – \left( {{x^2} + x – 5} \right)\left( {x + 1} \right)’}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \) \(= \frac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 1} \right) – \left( {{x^2} + x – 5} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \) \( = \frac{{2{x^2} + 3x + 1 – {x^2} – x + 5}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\) \(= {{{x^2} + 2x + 6} \over {{{(x + 1)}^2}}} > 0,\forall x \ne  – 1\)

(vì \(\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + 2x + 6 = {\left( {x + 1} \right)^2} + 5 > 0\\
{\left( {x + 1} \right)^2} > 0,\forall x \ne – 1
\end{array} \right.\))

Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { – \infty ; – 1} \right)\) và \(\left( { -1;+ \infty } \right)\) do đó không có cực trị.

LG d

\(\displaystyle y = {{{{(x – 4)}^2}} \over {{x^2} – 2x + 5}}\)

Lời giải chi tiết:

\(y = {{{{(x – 4)}^2}} \over {{x^2} – 2x + 5}}\)

Vì \({x^2}-2x + 5>0,\forall x\in R\) nên hàm số xác định trên \(R\).

\(y’ = \frac{{\left[ {{{\left( {x – 4} \right)}^2}} \right]’\left( {{x^2} – 2x + 5} \right) – {{\left( {x – 4} \right)}^2}\left( {{x^2} – 2x + 5} \right)’}}{{{{\left( {{x^2} – 2x + 5} \right)}^2}}}\) \(= {{2(x – 4)({x^2} – 2x + 5) – {{(x – 4)}^2}(2x – 2)} \over {{{({x^2} – 2x + 5)}^2}}} \) \( = \frac{{2\left( {x – 4} \right)\left( {{x^2} – 2x + 5} \right) – 2{{\left( {x – 4} \right)}^2}\left( {x – 1} \right)}}{{{{\left( {{x^2} – 2x + 5} \right)}^2}}}  \) \(= \frac{{2\left( {x – 4} \right)\left[ {{x^2} – 2x + 5 – \left( {x – 4} \right)\left( {x – 1} \right)} \right]}}{{{{\left( {{x^2} – 2x + 5} \right)}^2}}}  \) \( = \frac{{2\left( {x – 4} \right)\left( {{x^2} – 2x + 5 – {x^2} + 5x – 4} \right)}}{{{{\left( {{x^2} – 2x + 5} \right)}^2}}}\) \(= {{2(x – 4)(3x + 1)} \over {{{({x^2} – 2x + 5)}^2}}}\)

\(y’ = 0 \)

\(\Leftrightarrow 2\left( {x – 4} \right)\left( {3x + 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
3x + 1 = 0\\
x – 4 = 0
\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = – {1 \over 3} \hfill \cr 
x = 4 \hfill \cr} \right.\)

Bảng biến thiên:

Hàm số đạt cực đại tại \(x =  – {1 \over 3}\) , đạt cực tiểu tại \(x = 4\) và \({y_{CD}} = y( – {1 \over 3}) = {{13} \over 4};{y_{CT}} = y(4) = 0\)

Webgiaibaitap.com