Lương cơ bản của các nhân viên bán hàng phụ thuộc doanh số bán hàng mà họ thực hiện được trong tháng và được xác định như sau

HỌC VIỆN TÀI CHÍNH
----

BÀI TẬP LỚN
Tốn cao cấp 2

Giáo v

: Ts.Đào Trọng Quyết
p 09.04/ Nhóm 2

download by :


THÀNH VIÊN NHÓM 2
1. Nguyễn Phương Nga
2. Trần Bảo Ngọc
3. Lê Thị Ngọc Phương
4. Nguyễn Thị Thảo Phương
5. Phạm Thị Thanh Phương
6. Vũ Đức Quý
7. Nguyễn Đức Tâm
8. Hoàng Hương Thảo
9.Vũ Thị Thu Thảo
10. Trần Vân Thủy
11. Lê Thu Trang
12. Lê Thu Trang
13. Nguyễn Thu Trang (NHÓM TRƯỞNG)
14. Trần Tuấn Vũ
15. Nguyễn Minh Vương

download by :


Bài 1: Lương cơ bản của các nhân viên bán hàng phụ thuộc doanh số bán hàng mà họ thực
hiện được trong tháng và được xác định như sau:
Doanh số bán hàng (x triệu
0
x > 15
0  x 5
0  x 5
đồng)
Lương cơ bản (triệu đồng)
3
4
5
7
Lập hàm số tính tiền lương trong tháng của nhân viên bán hàng. Cho biết tiền lương được
tính bằng lương cơ bản cộng thêm 10% doanh số bán hàng vượt trên mốc dưới trong
khoảng để tính mức lương cơ bản.
Giải
Gọi y là số tiền lương (triệu đồng) của nhân viên bán hàng theo doanh số bán hàng x mà
họ bán được trong tháng
+) Nếu x = 0 thì y = 3
+) Nếu 0  x 5 thì y = 4 + 10%. x = 4 + 0,1x
+) Nếu 5  x 15 thì y = 5 + 10%.(x-5) = 4,5+0,1x
+) Nếu x > 15 thì y = 5 + 10%.(x-15) = 5,5 + 0,1x
3
khi x 0

 4  0,1x khi 0  x 5


y 
4,5  0,1x khi 5  x 15
 5  0,1x khi x  15
Vậy
Bài 2: Giá nước sinh hoạt hàng tháng phụ thuộc lượng nước sử dụng và được tính theo
phương pháp lũy tiến với 3 mức như trong bảng dưới đây:
0  x 20
20  x 30
Lượng nước sử dụng x (m3)
x > 30
Giá cho 1 m3 (nghìn đồng)
4
5
7
a) Một khách hàng sử dụng 25m3 nước trong tháng thì phải trả bao nhiêu tiền?
b) Lập hàm số xác định giá trung bình cho 1m 3 theo lượng nước sử dụng.
c) Nếu một khách hàng phải trả số tiền nước là 400 nghìn đồng cho một tháng thì số mét
khối nước sử dụng của khách hàng trong tháng đó là bao nhiêu?
Giải
Gọi y là số tiền phải trả (nghìn đồng) khi sử dủng x (m 3) nước trong 1 tháng
+) Nếu 0  x 20 thì y 6 x
+) Nếu 20  x 30 thì y 8 x  40
+) Nếu x  30 thì y 10 x  100
khi 0  x 20
 6x

y 8 x  40 khi 20  x 30
10 x  100 khi
x  30


Vậy
a. Số tiền khách hàng phải trả là:

y= 8x-40 = 8.25-40 = 160 (nghìn đồng)
b. Gọi u là giá trị trung bình cho 1 m 3 nước

download by :



6
khi 0  x 20

40
 8x  40
khi 20  x 30
8 

x
x

y  10 x  100 10  100 khi
x  30
u

x
x
x= 
Ta có:

c.
TH1: 0  x 20
y 6 x 400  x 

200
 x 66,6
3
(Không thỏa mãn).

TH2: 20  x 30
y 8 x  40 400  x 55 (Không thỏa mãn).

TH3: x  30
y 10 x  100 400  x 50 (Thỏa mãn).

Vậy nếu một khách hàng phải trả số tiền nước là 400 nghìn đồng cho một tháng thì số mét
khối nước sử dụng của khách hàng trong tháng đó là 50m 3
Bài 3: Một nhà máy đưa ra quy định tính lương hàng tháng cho công nhân như sau: giá
định mức cho một giờ làm việc là 40 nghìn đồng, nếu làm việc trên 200 giờ trong tháng
thì mỗi giờ vượt được tính 200% giá định mức, trường hợp cơng nhân khơng có việc làm
trong tháng sẽ được hưởng trợ cấp 1,5 triệu đồng. Biết rằng số giờ làm việc trong tháng
của mỗi công nhân không vượt quá 300 giờ.
a) Lập hàm số tính lương hàng tháng của cơng nhân nhà máy đó.
b) Nếu lương trên 12 triệu đồng/tháng thì người đó phải đóng thuế thu nhập cánhân 10%
trên số tiền vượt mức 12 triệu đồng. Hãy lập hám tính lương hàng tháng của cơng nhân
khi có áp dụng tính thuế.
Giải
a. Gọi y là số lương hàng tháng của cơng nhân (nghìn đồng) khi làm việc trong x (giờ)
+) Nếu x = 0 thì y = 1500
+) Nếu 0  x 200 thì y 40 x

+) Nếu 200  x 300 thì y = 80x -8000
x 0
 1500 khi

y  40 x khi 0  x 200
8 x  8000 khi 200  x 300

Vậy hàm
b. Gọi y là số lương hàng tháng cơng nhân khi áp dụng thuế (nghìn đồng) trong x giờ khi
có lương trên
Lương 12 triệu:
TH1: 0  x 200 => 40 x = 12000  x =300 (h) (Không thỏa mãn)

download by :


TH2: 200  x 300 => 12000 = 80 x – 800  x =250(h) (Thỏa mãn)
 Số giờ làm việc tối thiếu là 250h để được lương 12 triệu
Hàm lương hàng tháng của cơng nhân khi tính thuế
+) Nếu x = 0 thì y = 1500
+) Nếu 0  x 200 thì y = 40 x
+) Nếu 200  x 250 thì y = 80 x -8000
+) Nếu x > 250 thì y = 0,1 x + 10000
khi
x 0
 1500
 40 x
khi 0  x 200


y 
80 x  8000 khi 200  x 250
72 x  7200 khi
x  250
Vậy
Bài 4: Giá một loại rau tại một cửa hàng đại lý được tính theo phương pháp lũy thối với 3
mức như trong bảng dưới đ}y:
200  x 500
0  x 200
Lượng rau (x) (kg)
x > 500
Giá cho 1 kg (nghìn đồng)
5
4
3
a) Một khách hàng mua 400kg rau thì phải trả bao nhiêu tiền?
b) Lập hàm số xác định giá trung bình cho 1kg rau theo lượng rau đã mua.
Giải
a. Số tiền phải trả khi mua 400 kg là
200.5 + 200.4 = 1800 (nghìn đồng)
b. Gọi y là số tiền (nghìn đồng) phải trả khi mua x (kg) rau
+) Nếu 0  x 200 thì y = 5x
+) Nếu 200  x 500 thì y = 5.200 + 4.(x-200)
+) Nếu x  500 thì y = 5.200 + 4.300 + 3.(x-500)
5x khi 0  x  200

y 4 x  200 khi 200  x 500
3x  700 khi x  500

Vậy

Gọi u là giá trung bình cho 1 kg rau khi mua x (kg) (x>0)
 5x
 x 5 khi 0  x  200

200
 4x  200
khi 200  x 500
4 

x
x

 3 x  700
700
3 
khi x  500

x
x
Ta có: u = = 
Bài 5: Một cửa hàng có một chương trình khuyến mại như sau: Nếu mua khơng q 50
sản phẩm thì giá mỗi sản phẩm là 15 nghìn đồng. Nếu mua nhiều hơn 50 sản phẩm và
khơng q 100 sản phẩm thì giá mỗi sản phẩm là 14 nghìn đồng. Nếu mua nhiều hơn 100
sản phẩm thì giá mỗi sản phẩm là 13,5 nghìn đồng.
a) Nếu một khách hàng mua 70 sản phẩm thì khách hàng đó phải trả bao nhiêu tiền?
b) Lập hàm số tính số tiền phải trả theo số sản phẩm mà khách hàng mua.
Giải

download by :

a. Nếu khách hàng mua 70 sản phẩm thì khách hàng đó phải trả:
70.14= 980 (nghìn đồng)
b. Gọi y là số tiền (nghìn đồng) phải trả khi mua x (sản phẩm)
15 x khi 0  x 50

y 14 x khi 50  x 100
 13, 5x khi x  100

Bài 6: Trong một cửa h|ng đại lý, giá của mỗi đơn vị sản phẩm (đvsp) trong một lô hàng là
như nhau và phụ thuộc vào số đvsp trong lô hàng đó. Với mỗi lơ hàng, nếu dưới 100 đvsp
thì giá là 20000 đồng/1 đvsp, từ 100 đến 500 đvsp thì giá là 18000 đồng/1đvsp và từ trên
500 đvsp thì giá là 10000 đồng/1đvsp. Lập hàm số tính số tiền phải trả theo số đvsp trong
lô hàng đã mua.
Giải
Gọi y là số tiền (đồng) phải trả khi mua x (đvsp)
20000 x khi 0  x  100

y 18000 x khi 100  x 500
10000 x khi x  500

Bài 7. Sử dụng định nghĩa giới hạn, chứng minh rằng:
1
1
x 1
lim

lim 5 
x  1 (x  1)2
b, x 1

a,
Giải
1
lim

x  1 (x  1)2
a,
 ε > 0, ta phải chỉ ra số δ >0 sao cho nếu:
0  x  1 
1

( x  1)2
1

 ( x  1) 2

 0 x1 

1
2

Do đó   0 chọn

lim 5

1
x 1

1
2 khi đó x thỏa mãn

1
0 x 1 
2 thì sẽ có đpcm





b, x 1
Theo định nghĩa   0 ta phải chỉ ra số   0 sao cho:
Nếu 0  x  1  

Thì 5

1
x 1



download by :


 0  x  1

1
log5 

1
log 5  ta được đpcm.
Do đó , nếu chọn

Bài 8. Khảo sát tính liên tục của hàm số sau trên miền xác định của nó:
khi
x1
 4 x

2
2
 x  3 x  6 khi x  2
 (x  2)  2 khi 1 x  3
f ( x) 
2
x  ln(x  2) khi
x 3
khi x 2
 6x  x
b, 
a,
Giải
 x2  3 x  6 khi x  2
f ( x) 
2
khi x 2
 6x  x
a,
f ( x) là hàm số phi sơ cấp có TXĐ: D   ;  

 

3
 ; 2

Trên khoảng 
, ta có f ( x) x  3 x  6là hàm số sơ cấp
 f ( x) liên tục trên   ; 2
2
2;  
Trên khoảng 
, ta có f ( x) 6 x  x là hàm số sơ cấp
 f ( x) liên tục trên  2; 

 f ( x) liên tục trên   ;  
Xét tại điểm x 2 ta có:
f (2) 8

 2

lim f ( x)  lim ( x3  3 x  6) 8

x  2

x 2

lim f ( x )  lim (6x  x 2 ) 8

x  2

x 2

 f (2)  lim f ( x )  lim f ( x )
x 2

x 2

 ;   `
Vậy f ( x) liên tục trên đoạn 
.

b,

4 x
khi
x 1


2
 ( x  2)  2 khi 1  x  3
 x  ln(x  2) khi
x3


f ( x) là hàm số phi sơ cấp có TXĐ: D   ;    3
 ;1
Trong khoảng 
ta có f ( x) 4  x là hàm số sơ cấp

 f ( x) liên tục trên   ;1
2
1; 3
Trong khoảng   ta có f ( x) ( x  2)  2 là hàm số sơ cấp
 f ( x) liên tục trên  1;3
3; 

Trong khoảng 
ta có f ( x) x  ln( x  2) là hàm số sơ cấp
 f ( x) liên tục trên  3;  
Xét tại điểm x 1 ta có:

download by :


f (1) 3
 x) 3
lim f ( x) lim(4

x 1

x 1

lim f ( x) lim(
x  2) 2  2 3

x 1

x 1

 f (1) lim f ( x) lim f ( x)
x 1

x 1

  ;   3 .
Vậy f ( x) liên tục trên đoạn

Bài 9. Tìm tham số a, b để hàm số sau liên tục trên miền xác định:


x2  a

f ( x)  
b
2 x  ln(2 x 3)



x2  a
khi x   1

f (x ) 
b
khi x  1
 2 x  ln(2 x  3) khi x   1

Giải
khi x   1
khi x  1
khi x   1

TXD D 

 ;  1 
Trên khoảng 
ta có f ( x) là hàm số sơ cấp
 f ( x ) liên tục trên   ;  1

 1;  
Trên khoảng 
ta có f ( x) là hàm số sơ cấp
 f ( x ) liên tục trên   1;  

 f ( x ) liên tục trên   1
 f ( x) liên tục trên   f ( x) liên tục trên x 1

 f (1) lim f ( x) lim f ( x)
x1

x 1


Ta có f (  1) b
lim f ( x )  lim (x 2  a ) 1 a

(*)


1
lim f (x )  lim (2 x  ln(2 x  3)) 
x 1
x1
2

Thay    vào (*)
1
 b 1 a 
2

1

 b  2
 
a   1

2
1
1
a  ,b 
2
2 thì f ( x) ln tồn tại trên 
Vậy với
Bài 10. Sử dụng định lý Bolzano-Cauchy chứng minh rằng các phương trình:
1
3
5


8
3
7



(
x
1)
(
x

1)
x
1
có duy nhất 1 nghiệm dương
a,
x  1

x  1

download by :


2
3
5


9
7
5
  1; 



(
x
2)
(
x
2)

x
2
b,
có duy nhât 1 nghiệm 
Giải
1
3
5
8
3 
7 
x 1
 có duy nhất 1 nghiệm dương
a, ( x  1) ( x  1)
TXĐ:

D 

 1

1
3
5


 8 0
3
7




(
x
1)
(
x
1)
x
1


1
3
5


8
f ( x) 
3
7
x
x
x



(
1)
(
1)

1
Đặt :
f ( x) 

9
 21
5


0
10
8
( x 1)
( x 1) ( x  1) 2

 f ( x) nghịch biến trên D
 f ( x) có duy nhất 1 nghiệm (*)

do f ( x) là hàm số sơ cấp và xác định trên 
f (0) 1


 2803

 0
f (1) 

512
Lại có
 f (0). f (1)  0

Xét

x   0;1

0;1

0;1
nên f ( x) liên tục trên  

Theo định lý Bolzano-Caucchy 1 thì phương trình  có nghiệm
Từ (*) và (**) đpcm

  0;1 

(**)

2
3
5


9
7
5
   1; 



(
x

2)
(
x
2)
x
2
b,
 có duy nhât 1 nghiệm
D    2
TXĐ
2
3
5


 9 0
7
5
x 2
 ( x  2) ( x  2)
2
3
5


9
f ( x) 
7
5
x 2

( x  2)
( x  2)
Đặt
2
3
5


 9
7
5
( x  1  1)
( x  1  1)
x  1 1
Đặt t x  1
2
3
5


9
f (t ) 
7
5
(t 1)
(t 1) t 1

t   0;  
 0;   nên f ( x) liên tục trên
Xét

do f (t ) là hàm số sơ cấp và xác định trên
 0;  
f (0) 1  0
t   0;    t  1 1;  


download by :


  t  1  
7

2
3
5


0
7
5
(t  1) t  1
 (t  1)
2
3
5


 9 0
f (t ) 
7

5
(t 1)
(t 1) t 1

 f (0). f ( )  0
 0; 
Theo định lí Bolzano-Cauchy 1  f (t ) có nghiệm 

 f ( x) có nghiệm   1; 
(*)
 14
 15
5


 0 x  2
f ( x) 
8
6
( x  2) ( x  2) ( x  2)2
Có
 f ( x) nghịch biến trên D
 f ( x) có duy nhất 1 nghiệm
Từ (*) và (**)  đpcm.

(**)

Bài 11. Sử dụng định nghĩa giới hạn hàm số, chứng minh rằng:
lim f ( x) 2
lim g( x) 3

lim  f ( x )  g ( x)  5
và x   
thì x   
a, Nếu x   
f (x )
0
lim 
lim f ( x) 2
lim g ( x)  
x  
(
)
g
x
x
x




b,
và
thì
c,

lim f ( x) 3
x 1

và

lim g (x ) 
x 1

thì

lim f ( x). g( x) 
x 1

Giải
lim g (x ) 3
và x   
lim x
 Với mọi dãy  x n sao cho n   n   thì
lim f ( x n) 2
lim g( xn ) 3
n  
và n  
lim ( f  g )( xn )  lim  f ( xn )  g( xn ) 
n 
Khi đó: n 
 lim f ( xn )  lim g ( xn ) 2  3 5

a,

lim f ( x) 2

x  

n  

n  

 lim  f ( xn )  g ( xn )  5
x  

b,
lim f ( x) 2
x  

và

(đpcm)

lim g ( x)  

x  

lim x
 Với mọi dãy  x n sao cho n   n  thì:
lim f ( x n) 2
lim g( xn )  
n  
và n 
f
f ( x n)
0
lim ( xn )  lim
n   g
n   g ( x )
n

Khi đó:
f ( x)
 lim 
0
x 
g ( x)
(đpcm)

c,

download by :


lim f ( x) 3
x 1

và

lim g ( x) 
x 1

lim x 1
 Với mọi dãy  x n sao cho n   n
thì:
lim f ( x n) 3
lim g( xn ) 
n  
và n 
lim  f .g ( xn. )   lim  f ( xn ). g ( xn. ) 
n  

Khi đó: n  
 lim f ( xn ). lim g (xn ) 
n  

 lim f ( xn ). g ( xn . ) 
x1

n  

(đpcm)

Bài 12, Tính đạo hàm của hàm số sau trên miền xác định của nó:
khi 0  x  1
 ln x  2
f ( x)  2
2 x  x  1 khi 1  x  5
Giải
khi 0  x 1
 ln x  2
f ( x)  2
2 x  x  1 khi 1  x  5
Ta có:
1
 f ( x) 
x   0;1 
f
(
x
)


ln
x

2
x
Với
thì
là hàm sơ cấp
2
x  1;5
Với
thì f ( x ) 2 x  x  1 là hàm sơ cấp  f ( x )  4x  1
Tại x 1

f ( x) 
x 1
x
f (x ) 
lim 
x 1
x
  f (1)
lim 

Bài 13: Cho hàm số

f (1) ln( x  2)  2 ln x 1


 1

1
x 1
x 1 x
f (1) 2x2  x  1  2

2 x 1 3
1
x 1

1 3
2
 x  x  5 khi 1 x  3
f ( x)  3
ax  b
khi 3 x  4

a. Tìm a,b để hàm số f ( x) có đạo hàm trên (1,4).
b. Với các giá trị của a,b tìm được ở câu (a), hãy xác định xem tại x 3 , nếu x tăng
2% giá trị thì giá trị của f ( x) thay đổi thế nào?
Giải
1
f ( x )  x3  x 2  5
3
a. Với x  (1,3) thì
là hàm sơ cấp

 liên tục trên (1,3)
2
 f '( x) x  2 x

Với x  (3,4) thì f ( x) ax  b là hàm sơ cấp và liên tục /(3,4)  f '( x) = a

download by :


Với x=3
Xét :
lim f (x )  lim (ax  b ) 3a  b

x 3

x 3

1
lim f (x )  lim ( x 3  x 2  5)  5
x 3
x3 3

Để f ( x) có đạo hàm / (1,4) thì f ( x) liên tục tại x=3
 lim f ( x)
x 3

 3a  b 5

(1)

Để hàm số f ( x) có đạo hàm / (1,4) thì f ( x) có đạo hàm tại x=3
Xét
lim

x 3

f (x )  f (3)
ax  b  3a  b
 lim
x3
x3
x3
lim
x 3

a ( x  3)
a  f '(3 )
x3

1 2
 x 5 5 L
f ( x )  f (3)
x 2  2x
 lim 3
lim
 3  f '(5)
lim
x 3
x3
x3
1
x3
x3
Để f '(3) thì a=3  b=-4

Vậy a=3, b=-4 là giá trị cần tìm
Bài 14: Sử dụng định lí Rolle, hãy tìm số nghiệm và khoảng chứa nghiệm của phương
2
trình f '( x) 0 , biết rằng: f ( x) x(2 x  3x  1)( x  2) ,

xR

Giải
Do f ( x ) là hàm sơ cấp xác định với x  nên nó liên tục trên R và có đạo hàm trên R

f ( x) x(2 x2  3 x 1)( x  2) x( x  1)(2 x  1)( x  2)
1
 f (0)  f (1)  f ( )  f (2)
2

Vậy

f '( x) 0 (1) pt có ít nhất 3 nghiệm phân biệt

 1
 0; 
Xét trên  2 , hàm y  f ( x) thoả mãn định lí Rolle
 1
c1  0;  
 2
để f '( c1) 0
Vậy

download by :

1 
c 2   ;1 
 2  để f '( c2) 0
c3  1; 2
để f '(c3) 0
 PT(1) có ít nhất 3 nghiệm phân biệt
Mặt khác, do f ( x ) là đa thức bậc 4  f '( x) là đa thức bậc 3
 f '( x) khơng q 3 nghiệm
(**)
f
'(
x
)

0
Từ (*) và (**), vậy
có 3 nghiệm phân biệt và khoảng nghiệm
 0; 1  ;  1 ;1  ; 1; 2
 2  2   

 

Bài 15: Sử dụng định lí Lagrange, chứng minh bất đẳng thức sau:
a b
a a b
 log3 
(0  b  a)
a ln 3
b b ln 3

Giải
f ( x ) log3 x
Xét hàm
b; a 
f ( x ) log3 x
do
là hàm sơ cấp, xác định trên 
nên nó liên tục và có đạo hàm trên R
c  b; a
sao cho
áp dụng định lí Lagrange, tồn tại
f
'(
c
).(
a

b
)

f
(
a
)

f
(
b
)


1
f (a )  f (b )
 f '( c) 
f '( x)  log 3 x  ' 
a b
x.ln 3
mà
1
log a  log3 b
 3
f '( c) 

c.ln 3
a b
1 1 1
1 log 3 a  log 3 b
1
b c a     
.ln 3 
b c a
b
a b
a
Với
ab
a ab

 log 3 
b ln 3
b a ln 3

a b
a a b
 log3 
b b ln 3 (đpcm)
Vậy a ln 3

 x2 - ax  1 khi x  0
f ( x )  x
 2 e  x  b khi x  0 . Tìm a,b để hàm số f thoả mãn
Bài 16: Cho hàm số
 2; 4
định lí Lagrange trên đoạn 
Giải
2
 2;0

f ( x) x  ax  1 là hàm sơ cấp  f ( x) liên tục trên   2;0
Trên

 f '( x) 2 x  a

Trên  0; 4 ;
Với

f ( x) 2 e  x  b là hàm sơ cấp  f ( x ) liên tục trên  0; 4 
 f '( x ) 2ex  1
x 0  f (0) 1
x

download by :

f (0  ) lim ( x 2  ax 1) 1
x 0



f (0 ) lim (2 ex  x  b) 2  b
x 0





Để f (0)  f (0 )  f (0 )  1 1 2  b  b 1
Lại có
f ( x)  f (0)
x 2  ax  1  1
x 2  ax L
 lim
 lim
lim (2 x  a)
f '(0)  lim
x 0
x 0
x 0
x 0
x 0
x
x

x
f ( x )  f (0)
2e  x  b  1 L
lim
lim(2
f '(0  ) lim
ex 1) 3

0
0
x 0
x
x


x 0
x


Để f '(0 )  f '(0 )   a 3  a  3
Vậy với a=-3; b=1 thì thoả mãn định lí Lagrange trên

  2; 4

Bài 17: Dùng định nghĩa, tính các đạo hàm cấp 1 và cấp 2 tại điểm x = 0 của hàm số:
 s inx
khi x 0

f ( x )  x
 1

khi x 0
Giải
x    ;0    0;  
Với
, có:
 cos x
s in x
f ( x) 
 f '( x)  2
x là hàm sơ cấp
x
Với x = 0
f (x )  f (0)
1 1
lim
0  f '(0)
lim
x 0
x

0
x 0
x
Xét
Vậy f '( x) 
Với

x   ;0    0; 

, có :

 cos x
x2 là hàm sơ cấp
 2 xsin x
 f "(x ) 
x4

f '( x) 

Với x=0
f '( x )  f '(0)
0 0
lim
0  f "(0)
x

0
x 0
x
Xét
  2 x sin x
khi x 1

f "(0)  x4
 x 3  5x khi x  1
Vậy
lim
x 0

Bài 18: Cho hàm số:

ax 2  b khi x 1
f ( x )  3
 x  5x khi x  1
a) Tìm giá trị của a,b để hàm số sau khả vi tại x=1

download by :


b) Với a,b vừa tìm được thì hàm số có khả vi cấp 2 tại x = 1 khơng? Vì sao?
Giải
2

a) Với x<1  f ( x) ax  b là hàm sơ cấp

f '( x) 2ax
3
Với x  1  f ( x) x  5 x là hàm sơ cấp
f '( x) x3  5 x
Tại x 1: f (1) a  b
lim f ( x) lim(
x 3  5 x) 6

x 1

x 1

lim f ( x) lim(
ax2  b) a  b

x 1

x 1

Để hàm số liên tục tại x = 1 thì a+b=6
 f ( x ) khả vi tại x = 1

(1)

f ( x)  f (1)
ax2  b  ( a  b)
ax2  a
lim
lim
 lim (a ( x  1))
f "(1 ) lim
x 1
x 1
x 1
x 1
x1
x1
x1


Để ghhh ta làm mất mẫu:
f ( x)  f (1)
x3  5 x  (a  b)
x2  5 x  6
lim
lim

f "(1 ) lim
x 1
x 1
x 1
x1
x 1
x 1
2
( x  1)( x  x  6)
lim
lim(
x 2  x  6) 8

1
x1
x

x 1

f '(1 ) lim(
a( x 1)) 2 a

x 1

f ( x) có đạo hàm tại x 1  f '(1 )  f '(1  ) 8  2 a 8  a 4
Thay a = 4 vào (1)  b = 2
Vậy f ( x ) khả vi trên R khi a = 4, b = 2
 4x 2  2 khi x 1
f ( x)  3
 x  5 x khi x  1

2
Với x 1  f '( x) g ( x) 4 x  2  g '( x) 8 x
3
2
Với x 1  f '( x) h( x) x  5 x  h '( x) 3 x  5

Để hàm số có khả vi cấp 2 tại x = 1  f '( x) có khả vi tại x = 1
 g (0) h (0)
2 0
 
 
g (0) h(0)
0 5 ( vơ lí )
Vậy với a = 4, b=2 thì hàm số khơng có khả vi cấp 2 tại x = 1
 x  6x  7 khi 0  x  2
f ( x) 
 2 ln( x  1) khi 2  x  6 . Tính hệ số co giãn của hàm số

Bài 19: Cho hàm số
f ( x) tại các điểm và nêu ý nghĩa kinh tế của kết quả đó

download by :


Giải
 x  6x  7 khi 0  x  2
f ( x) 
 2 ln( x  1) khi 2  x  6

TXĐ: D=(0,6)

2
+ Với (0,2) thì f ( x) =- x +6 x - 7 là hàm sơ cấp

( )

f (x ) liê
n tục trê
n 0;2
¢
và f (x ) =- 2x +6
=>
+ Với (2,6) thì f ( x ) 2 ln( x  1 ) 1 l hm s cp
2
ị f Â(x) =
x- 1

ị f (x) liên tục trên (2;6)
+ Với , ta có
lim f (x )  lim  2ln(x  1)  1 1
x 2

x 2

lim f (x )  lim   x 2  6x  7 1
x 2
 lim f ( x)  f (2)
x 2

x 2

Þ f ( x ) liên tục tại =2
Xét

f ( x)  f (2)
2 ln( x  1) 1  1 L
2
 lim
lim
2  f (2 )
x 2
x 2
x 2 x  1
x 2
x 2
f (x )  f (2)
 x 2  6x  7  1
lim
 lim
 lim x  4  2  f (2 )
2
x 2
x
x 2

x 2
x 2
 f (2) 2
Vậy khả vi trên (0,6)
Ta có:
f

f (2)
2
 (2) 
.2  .2  4
x
f (2)
1
lim

Ý nghĩa: Vậy tại thì hàm số thay đổi bằng hệ số co giãn là -2%
tại thì hàm số tại thay đổi bằng hệ số co giãn là 4%
Bài 20: Một doanh nghiệp sản xuất một loại sản phẩm có hàm tổng chi phí là
1
TC (Q)  Q3  3 Q2  5 Q  2 0
3

trong đó: Q  0 là sản lượng sản phẩm. Với mức giá thị trường của sản phẩm là p12,
doanh nghiệp phải sản xuất với mức sản lượng bao nhiêu để mức lợi nhuận thu được là tối
đa?
Giải

download by :


1
TC (Q)  Q 3  3 Q 2 5 Q  2 0
3

ĐK:Q

Hàm doanh thu TR(Q)=pQ=12Q
=>Hàm lợi nhuận theo sản phẩm Q là

 (Q) TR (Q )  TC (Q )
+ Điều kiện cần để điểm sản lượng Q* làm tối đa hoá lợi nhuận
 '(Q *) TR '(Q *)  TC '(Q *)  0
 TR (Q* )  TC (Q* ) 0
 12  Q *2  6Q *  5 0  '( Q *)
 Q* 7 (1)
+ Điều kiện đủ để với , hàm lợi nhuận đạt tối đa:
 ''(Q *)  0
  2(Q *)  6 0  Q* 3 (2)
Từ (1) và (2) thoả mãn
Vậy với mức sản lượng thì doanh nghiệp đạt lợi nhuận tối đa
Bài 21: Một hãng sản xuất một loại sản phẩm với giá bán p = 243 – 2 và hàm tổng chi phí
có dạng TC (Q ) 2Q2  3Q 1000  0 (đơn vị: 100.000 đồng).
a) Tính doanh thu biên tại điểm  15 và nêu ý nghĩa kinh tế của giá trị nhận được.
b) Tính lợi nhuận của hãng biết chi phí bỏ ra là 289 triệu đồng.
c) Tại điểm cho lợi nhuận thỏa mãn ý b), hãy tính chi phí trung bình và giá bán trung bình
cho 1 đơn vị sản phẩm.
Giải
a) Hàm doanh thu là:
TR(Q)  pQ 243Q  2Q 2
Hàm doanh thu biên: MR(Q) TR '(Q ) 243  4Q

 MR(15) 183
Ý nghĩa kinh tế: tại điểm =15, nếu sản lượng tăng thêm 1 đơn vị (∆ = 1) thì hàm doanh
thu TR tăng một lượng ∆TR(15) xấp xỉ bằng
183 = TR’(15)
b) Hàm lợi nhuận của hãng được định nghĩa bằng

(Q ) TR (Q )  TC (Q )
243Q  2Q 2  2Q 2  3Q  1000
2

240Q  4Q  1000
Theo giả thuyết TC() = 2890
2 Q2  3 Q 1000 2890
Hay

download by :


2
 2Q  3Q  1890 0

 Q 30
 
 Q  63 ( L )

2

Vậy lợi nhuận của hãng khi chi phí bỏ ra là 289 triệu đồng là (30) 2600
TC 2890 289


ATC 
Q
30
3
c) Chi phí trung bình là:

TR
 p (Q ) 243  2.30 183
Giá bán trung bình Q
Bài 22: Tính các giới hạn sau:
1

1

lim 1  x ln x  3 x  1

1.

lim 1  ln  1  3 x  3ln 1 x ln 12x
2. x 0 

x 1

1

 2 x  x ln 2  x2
lim x

x 0 5  x ln 5


3.


lim  1 


5.
x  

2

log 2  3  5 x
x

lim
4. x 0

 1 1 x
 e



1 2 x


x 1 

e 3x  1

 e 3x   ln x
lim  3x

x   e
 1

6.

Giải

x

1

1.

lim 1 x ln x 3 x  1
x 1

n

1  ln x
  x ln x   0  L
lim 3
 lim
2  3



x 1
x 1 1 
 x  1  0
3
x
3
Ta có
Vậy

lim 1  x ln x
x 1

1
3

x 1

3
= e
1

2.

lim  1  ln  1  3x   3 ln 1 x   ln 1 2x 
x 0

lim 1  ln 3 x  1
x 0

1
 0
3ln(1  x)  ln(1  2 x)  0 
3
3
1  3x
  3
lim
x 0  3
2

1
L

1  x 1  2x

lim
x 0

1

Vậy

lim  1  ln  1 3x   3ln 1 x   ln 1 2x 
x 0

3
bằng e

download by :


1

 2x  x ln 2 x 2
lim  x

x 0
 5  x ln 5 
3.

=e

1 


 2 x  x ln 2  1
lim 
1
 x2
x 0  5 x  x ln 5


 2 x ln x  5 x ln 5  ln 5 
2   
 2x  x ln 2  5x  x ln 5   0  lim 

x
x
x 0
 
lim
ln 5.5  1 x  2x (5  x ) 
x
2

L
x 0 

0
5  x  x




  
Ta có:





1

 2x  x ln 2  x 2

lim x
 e 0
x 0 5  x ln 5


Vậy
ln 3.3x  5
ln 3  5
log2 (3x  5 x)  0 

lim
L


lim
x

3x
3x
x
0

3e .ln 2.(3 5 x)
3ln 2
0 
e 1
4. x 0
2 

x 1 


lim  1
x  

5. I =

1 2 x
x


2 
lim  1 
 1

x
1



Vì
x  

lim 1 

x  

L
2
2
1  lim

x  
1
x 1
2 x

Nên I có dạng
do đó I =eA và
1 2 x 

2
 1 
lim
1 
x   
x 1  
 x 

A=
L

 1 2 x
lim 
.
x  
x

=

2 
4 x 2   
 xlim
 
x 1  =   x  x   


lim  1
x  

Vậy

2 

x 1 

4

 4

4
1  1 
1
x

x  

1 2 x
x

 1

 1 e x
lnx 

 e 3x 
lim 

x   e3 x  1


6.

 lim

bằng e4

1 



 1
  e 3x
 1  3 x
 1
lim e 
x  
 ln x   e  1 
Ta có:
x

download by :



1

1

e x  ln x 
 1
lim 
 1
x   ln x
e  1  ln x 
 ln x



 lim 


lim
x
3
x   ln( e
 1) x  
 3x 
 2x  1
1 

ln x  e 1  3x   lim e   3x  1  

  e   x     e
x

(1)

 1

 1 1
lim 
x   ln x


Có

1

lim e 2 x  3 x 1   
x   


 e

1
0

Vậy giới hạn cần tìm có giá trị là e0 = 1
Bài 23: Tính các tích phân sau:
0
dx
I9 
3
  (1  x )
1.

 (1) 



3.

I11 
0



2.

I10  e 3 2 xdx.
0



ex  1
dx .
e2 x

( x 1)
I12   3 x dx.
e
0

4.





ln x
I12   2 dx.
x
0
5.

I13  xex
0
6.

2

2

dx.

Giải
0

I9  


dx
(1  x ) 3

1,
Với a  0 :
Đặt t 1  x  dt  dx
Với x  ( a, 0)  t  (1  a,1)
1

Ia 
Khi đó



1 a

1

1

1

1
1

1 3
  t dt 2  t 2 dt 2 t 2
2  2(1  a) 2
2
t 3 1 a
1 a
1 a

 dt



3
2

1


2
2
I9  lim  2  2(1  a ) 2   lim 2  lim
a  
a  
a  
1 a



Khi đó

Vậy tích phân suy rộng cần tính hội tụ có giá trị bằng 2


2.

I10  e 3 2 xdx.
0



Ta có

I10  e 3 2 xdx
0

là tích phân suy rộng cơ bản

download by :


b

 I10  lim e 3 2x dx
b  

0

b

b

 I ( b) e

3 2 x

0

e3 2 x
 e3  2 b e3


dx 
2
2
2 0

3
  e3 2b e3 
e
 I10  lim 
   I10 
b 
2 
2
 2

e3
Vậy tích phân suy rộng cần tính là hội tụ có giá trị bằng 2
 x
e 1
I11   2 x dx.
e
0
3.
a
a x
a
a
a
a
e 1
1
1
1  2x
x
 2x
x
 e
I ( a )  2 x dx  x  2 x dx e dx  e dx  e
0
e
e
e
2
0
0

0
0
0
Với a  0 có
a
 e  1 

1  2a 1
e 
2
2

1  3
3 1
I 11  lim   a  2 a    I11 3
a   2
2e  2
e

2
Khi đó
3
Vậy tích phân suy rộng cần tính là hội tụ có giá trị bằng 2

( x  1)
I12   3 x dx
e
0
4.


( x  1)
dx
3x

e
Ta có 0
là tích phân suy rộng cơ bản ta có:
(x 1)
I 12  lim 3x dx
b  
e
b
x 1
I (b )   3x dx
e
0


Đặt

u x 1
dv e  3 x dx

 du dx
  e 3x
 v   3
 3x b

e
 I ( b) ( x  1)

3

b


0

1  3x
e dx
3
0
b

e 3 b 1 1 e 3 x
e 3 b 1 1  3 b 1
4
 b 4
 (b  1)
 .
 (b  1)
  e      e  3 b 
9
9
3 3 3 3 0
3 3 9
3 9

download by :

  b 4
4
4
 I12  lim      e 3b    I12 
b  
9
9
  3 9
4
Vậy tích phân suy rộng là tích phân hội tụ có giá trị bằng 9

ln x
I 12   2 dx.
x
0
5.

+) Với b > 0 ta tính:
b
b
b 
ln x
ln x   1 
ln x 1
lnb 1


I (b )   2 dx   
 2 dx 



 1

x 
x
x1
b
b
1 x
1  x 


ln b 1 
I  lim 
 1  1
b  
b
b 

Theo định nghĩa thì:
Vậy tích phân suy rộng cần tính hội tụ có giá trị bằng 1


I13  xex

2

2

dx.

6.
+) Với b > 0 ta tính
0

b

I (b )  xe
0

2

b

2

xe x  2
eb  2  e 2

dx 
2
2

x 2 2

0

 eb  2  e 2 
I  lim ( b)  lim 
 

b  
b   
2


Theo định nghĩa thì:
Vậy tích phân suy rộng cần tính là phân kì có giá trị bằng 
Bài 24: Một cơng ty độc quyền sản xuất một loại sản phẩm với mức sản lượng Q. Hàm
2
chi phí biên theo sản lượng được cho bởi MC 0,006Q 0, 2Q  40 (nghìn đồng/sản phẩm).
2

a) Xác định hảm tổng chi phí của cơng ty, biết chi phí cố định FC 30 Triệu đồng.
b) Hiện tại, công ty đang sản xuất 200 sản phẩm. Hỏi nếu cơng ty sản xuất thêm 1 sản
phẩm thì chi phí tăng thêm một lượng xấp xi bằng bao nhiêu?
Giải
a.Nếu kí hiệu TC(Q) là hàm tính tổng chi phí thì
Theo định nghĩa ta có:
TC( Q) MC( Q) dQ  FC
(0, 006Q 2  0, 2Q  40)dQ  30000
0,002Q3  0,1Q2  40Q  30000

b.Sự gia tăng của chi phí là:
201

TC (201)  TC (200)  MC (Q )dQ
200

(0, 002Q 3  0,1  Q 2  40Q )

201
200

241,102

download by :


Bài 25: Một nhà máy sản xuất một loại hang hóa có hàm doanh thu cận biên và hàm chi
phí cận biên lần lượt được cho như sau:
MR ( x ) x(5  x ) 3; MC ( x) 5  x (triệu đồng/đơn vị hang hóa);
Trong đó, x là số đơn vị hang hóa được sản xuất. Tổng lợi nhuận sẽ thay đổi bao nhiêu
nếu mức sản xuất tăng từ 2 lên 8 đơn vị hàng hóa?
Bài Làm
Nếu ký hiệu TC (x) là hàm tổng chi phí thì sự gia tăng chi phí chính bằng hiệu:
TC (8)  TC (2)
Theo định nghĩa ta có:
8

8

TC (8)  TC (2)   TC( x )dx  MC ( x )dx
2

2

8

8

(5  x) dx  (5 x 
2

1 2
x ) 60
2
2

Nếu ký hiệu TR(x) là hàm tổng doanh thu thì sự gia tăng doanh thu chính bằng hiệu
TR (8)  TR (2)
Theo định nghĩa ta có:
8

8

2

2

TR(8)  TR(2) TR ( x) dx  MR( x) dx
8

5
1

 x (5  x ) dx  (5  x )5  (5  x )4 
2
4
5
2

 97, 2
8

3

Gọi TP(x) là tổng lợi nhuận, khi đó
TP( x) TR( x)  TC( x)

 97, 2  60  157, 2
Vậy nếu sản lượng tăng từ 2 đơn vị lên 8 đơn vị thì tổng lợi nhuận là 157,2 triệu đồng
Bài 26: Một dòng tiền biến thiên liên tục theo thời gian t với hàm tốc độ biến thiên cho
bởi v(t ) 4t  9 (triệu dồng/năm). Tính giá trị hiện tại tại thời điểm t 0 và giá trị tương
lai của dòng tiền phát sinh trong khoảng thời gian0 t 8 tại thời điểm T 8 , biết rằng
mức lãi suất ổn định i 5, 5% mỗi năm, tính lãi kép và phương pháp ghép lãi liên tục?
Giải
Áp dụng cơng thức tính giá trị hiện tại của dòng tiền:
F (8)  (4t  9).e 0,055 dt
 u 4 t  9
u 4t  9


 0,055
 0,055
v( t ) e
dt
dt
v(t ) e
Đặt 
Ta có

download by :


8

8
1
4
 F (8) 
(4t  9)e 0,055t 
e 0,055 dt

0
0,055
0, 055
0
8

8

1
4

(4t  9) e 0,055 t 
.e 0 ,055 t
2
0,055
0, 055
0
0

8

1
4
)
e  0,055 t .(4t  9 

0,055
0, 055 0
154, 23
Vậy giá trị hiện tại của dòng tiền trên xấp xỉ bằng 154,23 triệu đồng
Áp dụng cơng thức tính giá trị tương lai của dòng tiền
8

F (8)  (4t  9).e 0,055(8  t ) dt
0

u 4dt
 u 4 t  9


e0,44 0,055t

0,44  0 ,055t


v
t
e
v

(
)



0,055

Đặt
8

0,44  0,055t
8e

e 0,44  0,055 t 
 F (8)  (4t  9) 
  4
0
0,055  0
0, 055


e0
e 0,44
e 0,44 0,055t
( 41.
 9.
)  4.
0,055
0,055
(0,055) 2

8

0

239, 47
Vậy giá trị tương lai của dòng tiền trên xấp xỉ bằng 239,47 triệu đồng
3
2
2
Bài 27: Cho hàm số 2 biến số f ( x, y ) x  x y  3 xy  y . Tính các đạo hàm riêng của

f ( x, y ) tại các điểm thuộc miền xác định và tại điểm (  1; 2) .
Giải
f x( x, y) 3 x 2  2 xy  3 y
3
Ta có: f y( x, y)  x  3 x  2 y

 3 x 2  2 xy  3 y 
2
f ( x, y)  2
 , ( x, y )  R

 x  3x  2 y 
Vậy bởi ∀(x,y) ∈ Df , ta có
+Tại điểm (-1;2)
f x( 1; 2) 3.( 1) 2  2.( 1).2  3.2  7
f y(  1; 2) ( 1) 2  3.( 1)  2.2 8

 7

f '(  1; 2)  
8 
Vậy tại điểm (-1;2), ta có
Bài 28: Xác định ma trận đạo hàm riêng cấp 2 (ma trận Hessian) của hàm số
f ( x, y )  x 2 y  x y
Giải

download by :


f x( x; y) 2 x 
f y( x; y)  x2 
a)

y
x
2 y
f yy 

f xx  2

x

f xy 

y

1
2 y

f yx  2 x 

Vậy có 4 loại đạo hàm nâng cấp 2
f ( x; y )  x 2 y  x y


f
( x2 y  x y )x.( x 2 y  x y )
x

(2x  y ).(x 2 y  x y )


f
( x2 y  x y )y.( x2 y  x y )
y

(x 2 


x
2 y

).(x 2 y  x y )

2 f
 f

( )  (2x  y )(x2 y  x y )
2 

x
x x
x

2( x 2 y  x y )  (2x  y )(x 2y  x y )
2( x 2 y  x y )  (2x  y )(2xy  y )



2 f
 f
 ( )
xy y x


(2 x  y )( x 2 y  x y)
y

(

1
2 y

)( x 2 y  x y )  (2x  y )(x 2 

x
2 y

)



x
2 f
 f

( )  (x2 
)(x2 y  x y )
2 
y
y y
y
2 y

(

x 2
x
x
)(x y  x y )  (x 2 
)(x 2 
)
2 y
2 y
y



x
2 f

 f

)(x 2 y  x y )
 ( )  (x 2 
xy x y
x
2 y

(2x 

1
2 y

)(x 2 y  x y )  (x 2 

Ma trận Hessian

 2 f
 2
 x
 2 f

 yx

x
2 y

)(2xy  y )

2 f 


xy 
2 f 

y 2 

download by :

1
2 y