Đề kiểm tra 15 phút Chương 3 Hàm số bậc hai và đồ thị CTST

TH1. x₀ ≤  − 3: Với f(x₀) = 5 ⇔  − 2x₀ + 1 = 5 ⇔ x₀ =  − 2 (Loại).

TH2. x₀ >  − 3: Với (thỏa mãn).

Ta có y = x⁴ − 4x³ − x² + 10x − 3 = x⁴ − 4x³ + 4x² − 5x² + 10x − 5 + 2

 = (x²−2x)² − 5(x−1)² + 2 = [(x−1)²−1]² − 5(x−1)² + 2.

Đặt t = (x−1)², x ∈ [ − 1; 4] ⇒ t ∈ [0; 9].

.

Cách 1: Ta có .

Cách 2: Vẽ BBT

Vậy , y_max = 21.

Ta có a = 1 > 0, b =  − 2, c = 3 nên hàm số có đỉnh là I(1;2). Từ đó suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞;1) và đồng biến trên khoảng (1;+∞).

Hàm số có nghĩa khi

 ⇔ x ∈ [ − 1; 3) ∖ {2}.

Xét phương trình:  − (m+1)x + m + 2 = x² + x − 2 ⇔ x² + x(m+2) − m − 4 = 0

Để đường thẳng d cắt Parabol(P) tại hai điểm phân biệt cùng phía với trục tung vậy điều kiện là

Vậy trong nửa khoảng[ − 10;  − 4) có 6 giá trị nguyên m.

Điều kiện xác định của hàm số là:

=> Tập xác định của hàm số là: 

Nhận xét:

Parabol có bề lõm hướng lên.

Đỉnh của parabol là điểm (1;−3). Xét các đáp án, đáp án y = 2x² − 4x − 1 thỏa mãn.

Đáp án  là đáp án đúng vì hàm số bậc hai có dạng

Trên khoảng (0;2) đồ thị hàm số đi ngang từ trái sang phải

Hàm số không đổi trên khoảng (0;2).

Trên khoảng (2;3) đồ thị hàm số đi lên từ trái sang phải

Hàm số đồng biến trên khoảng (2;3).

Chọn đáp án Hàm số đồng biến trên khoảng (2;3).

Vì (P) có hoành độ đỉnh bằng  − 3 và đi qua M(−2;1) nên ta có hệ

Gọi tọa độ đỉnh của parabol là điểm

Hàm số bậc hai có:

=>

 Thay tọa độ vào hàm số ta được: . Do đó điểm này không thuộc đồ thị hàm số.

Tập xác định

Với

Hàm số đã cho là hàm số lẻ khi đó:

Vậy

VD

1

Ta có 9 − x² ≥ 0 ⇔ (3−x)(3+x) ≥ 0 ⇔  − 3 ≤ x ≤ 3.

Hàm số xác định khi và chỉ khi

. Vậy x ∈ [ − 3; 3] ∖ {2}.

Điều kiện: 8 − 2x ≥ 0 ⇔ x ≤ 4. Vậy D = ( − ∞; 4].

Vì (P) cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 2 nên điểm A(2;0) thuộc (P). Thay vào (P), ta được 0 = 4a + 6 − 2 ⇔ a =  − 1.

Vậy (P) : y =  − x² + 3x − 2.

Hệ số bề lõm hướng xuống.

Ta có và y(1) = 3. Do đó chọn .

Hàm số xác định . Vậy D = ℝ ∖ {0;4}.

Ta có: .