Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số – Học học nữa học mãi

Giải SBT Toán 12 Bài 2: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Bài 26 trang 17 SBT Toán 12 Tập 1: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = $\sqrt{x^2+4}$ bằng:

A. 2.

B. 4.

C. 0.

D. 1.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y = $\sqrt{x^2+4}$ ⇒y’ = $\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}$.

   y’ = 0 ⇔ $\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}$ = 0 khi x = 0.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta có: miny = 2 khi x = 0.

Bài 27 trang 17 SBT Toán 12 Tập 1: Giá trị lớn nhất của hàm số y = $\frac{2x-1}{x-2}$ trên nửa khoảng [−3; 2) bằng:

A. $\frac{-7}{5}$.

B. 7.

C. $\frac{7}{5}$.

D. −7.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Tập xác định: D = ℝ\{2}.

Ta có: y = $\frac{2x-1}{x-2}$ ⇒y’ = $\frac{-3}{{\left(x-2\right)}^2}$

   y’ 

Ta có bảng biến thiên như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta có: $\underset{[-3;2)}{\max }$ y = $\frac{7}{5}$ khi x = −3.

Bài 28 trang 17 SBT Toán 12 Tập 1: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x³ – 3x² – 9x + 35 trên đoạn [−2; 0] bằng:

A. 40.

B. 8.

C. 33.

D. 35.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Tập xác định: D = ℝ.

• Ta có: y = x³ – 3x² – 9x + 35 ⇒ y’ = 3x² − 6x – 9.

   y’ = 0 ⇔ 3x² – 6x – 9 = 0.

Khi đó, trên khoảng (−2; 0), y’ = 0 khi x = −1.

• y(−2) = 33, y(−1) = 40, y(0) = 35.

Vậy $\underset{[-2;0]}{\min }$y = 33 khi x = −2.

Bài 29 trang 17 SBT Toán 12 Tập 1: Giá trị lớn nhất của hàm số y = $\sqrt{5-4x}$ trên đoạn [−1; 1] bằng:

A. 9.

B. 3.

C. 1.

D. 0.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Tập xác định: D = $\left(-\infty ;\frac{5}{4}\right]$.

• Ta có: y = $\sqrt{5-4x}$ ⇒ y’ = $\frac{-2}{\sqrt{5-4x}}$

   y’ −∞;54.

Mà (−1; 1) ⊂ $\left(-\infty ;\frac{5}{4}\right)$.

Do đó, hàm số đã cho nghịch biến trên (−1; 1).

• y(−1) = 3, y(1) = 1.

Vậy $\underset{[-1;1]}{\max }$y = 3 khi x = −1.

Bài 30 trang 17 SBT Toán 12 Tập 1: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = $\frac{2x+1}{1-x}$ trên đoạn [2; 3] bằng:

A. 0.

B. −2.

C. 1.

D. −5.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Tập xác định: D = ℝ\{1}.

Ta có: y = $\frac{2x+1}{1-x}$ ⇒ y’ = $\frac{3}{{\left(1-x\right)}^2}$.

   y’ > 0 với ∀x ∈ D.

Vậy $\underset{[2;3]}{\min }$y(x) = y(2) = −5.

Bài 31 trang 17 SBT Toán 12 Tập 1: Giá trị lớn nhất của hàm số y = $\frac{x^2-3x}{x+1}$ trên đoạn [0; 3] bằng:

A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Tập xác định: D = ℝ\{−1}.

• Ta có: y = $\frac{x^2-3x}{x+1}$ ⇒ y’ = $\frac{\left(2x-3\right)\left(x+1\right)-\left(x^2-3x\right)}{{\left(x+1\right)}^2}$ = $\frac{x^2+2x-3}{{\left(x+1\right)}^2}$.

   y’ = 0 ⇔ $\frac{x^2+2x-3}{{\left(x+1\right)}^2}$ = 0.

Khi đó, trên khoảng (0; 3), y’ = 0 khi x = 1.

• y(0) = 0, y(1) = −1, y(3) = 0.

Vậy $\underset{[0;3]}{\max }$y = 0.

Bài 32 trang 18 SBT Toán 12 Tập 1: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + 1 + $\frac{1}{x+1}$ trên đoạn [1; 2] bằng:

A. 2.

B. $\frac{5}{2}$.

C. $\frac{10}{3}$.

D. −2.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Tập xác định: D = ℝ\{−1}.

• Ta có: y = x + 1 + $\frac{1}{x+1}$ ⇒ y’ = 1 − $\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}$.

   y’ = 0 ⇔ 1 – $\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}$ = 0 ⇔ x = – 2 hoặc x = 0 (– 2; 0 $\notin$ [1; 2]).

• y(1) = $\frac{5}{2}$, y(2) = $\frac{10}{3}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [1; 2] bằng $\frac{5}{2}$.

Bài 33 trang 18 SBT Toán 12 Tập 1: Giá trị lớn nhất của hàm số y = x + $\sqrt{2}$ cosx trên đoạn $\left[0;\frac{\pi }{2}\right]$ bằng:

A. $\sqrt{2}$.

B. $\sqrt{3}$.

C. $\frac{\pi }{4}+1$.

D. $\frac{\pi }{2}$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

• Ta có: y = x + $\sqrt{2}$ cosx ⇒ y’ = 1 − $\sqrt{2}$ sinx.

   y’ = 0 ⇔ 1 − $\sqrt{2}$ sinx = 0 ⇔ x = $\frac{\pi }{4}+k2\pi$ hoặc x = $\frac{3\pi }{4}+k2\pi$ (k ∈ ℤ).

Trên khoảng $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$, y’ = 0 khi x = $\frac{\pi }{4}$.

• y(0) = $\sqrt{2}$, y$\left(\frac{\pi }{4}\right)$ = $\frac{\pi }{4}$ + 1, y$\left(\frac{\pi }{2}\right)$ = $\frac{\pi }{2}$.

Vậy $\underset{\left[0;\frac{\pi }{2}\right]}{\max }$y = $\frac{\pi }{4}$ + 1.

Bài 34 trang 18 SBT Toán 12 Tập 1: Giá trị lớn nhất của hàm số y = $e^{x^3-3x+3}$ trên đoạn [0; 2] bằng:

A. e².

B. e³.

C. e⁵.

D. e.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Tập xác định: D = ℝ.

• Ta có: y = $e^{x^3-3x+3}$ ⇒ y’ = (3x² – 3).$e^{x^3-3x+3}$

   y’ = 0 ⇔ (3x² – 3).$e^{x^3-3x+3}$ = 0.

Khi đó, trên khoảng (0; 2), y’ = 0 khi x = 1.

• y(0) = e³, y(1) = e, y(2) = e⁵.

Vậy $\underset{\left[0;2\right]}{\max }$y = e⁵.

Bài 35 trang 18 SBT Toán 12 Tập 1: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = (x² – 2).e^2x trên đoạn [−1; 2] bằng:

A. −e².

B. −2e².

C. 2e⁴.

D. 2e².

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Tập xác định: D = ℝ.

• Ta có: y = (x² – 2).e^2x ⇒ y’ = 2(x² + x – 2).e^2x

   y’ = 0 ⇔ 2(x² + x – 2).e^2x = 0.

Khi đó, trên khoảng (−1; 2), y’ = 0 khi x = 1.

• y(−1) = −e⁻², y(1) = −e², y(2) = 2e⁴.

Vậy $\underset{[-1;2]}{\min }$y = −e².

Bài 36 trang 18 SBT Toán 12 Tập 1: Giá trị lớn nhất của hàm số y = ln(x² + x + 2) trên đoạn [1; 3] bằng:

A. ln14.

B. ln12.

C. ln4.

D. ln10.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Tập xác định: D = ℝ.

• Ta có: y = ln(x² + x + 2) ⇒ y’ = $\frac{2x+1}{x^2+x+2}$.

   y’ = 0 ⇔ $\frac{2x+1}{x^2+x+2}$ = 0 ⇔ x = $-\frac{1}{2}$$\left( -\frac{1}{2}\notin \left[1;3\right]\right)$.

• y(1) = ln4, y(3) = ln14.

Vậy $\underset{\left[1;3\right]}{\max }$y = ln14.

Bài 37 trang 18 SBT Toán 12 Tập 1: Giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của hàm số y = $x\sqrt{4-x^2}$ lần lượt bằng:

A. m = 0, M = 2.

B. m = −2, M = 2.

C. m = −2, M = 0.

D. m = 0, M = 4.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Tập xác định: D = [−2; 2].

Ta có: y = $x\sqrt{4-x^2}$ ⇒ y’ = $\sqrt{4-x^2}$ − $\frac{x^2}{\sqrt{4-x^2}}$ = $\frac{4-2x^2}{\sqrt{4-x^2}}$.

   y’ = 0 ⇔ $\frac{4-2x^2}{\sqrt{4-x^2}}$ = 0 ⇔ x = ± $\sqrt{2}$.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta có: m = −2, M = 2.

Bài 38 trang 18 SBT Toán 12 Tập 1: Biết giá trị lớn nhất của hàm số y = $\frac{{\left(\ln x\right)}^2}{x}$ trên đoạn [1; e³] là M = $\frac{a}{e^b}$, trong đó a, b là các số tự nhiên. Khi đó a²+ 2b³ bằng:

A. 22.

B. 24.

C. 32.

D. 135.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Tập xác định: D = (0; +∞).

• Ta có: y = $\frac{{\left(\ln x\right)}^2}{x}$ ⇒ y’ = $\frac{\ln x(2-\ln x)}{x^2}$

   y’ = 0 ⇔ $\frac{\ln x(2-\ln x)}{x^2}$= 0 ⇔ x = 1 hoặc x = e².

• y(1) = 0, y(e²) = $\frac{4}{e^2}$, y(e³) = $\frac{9}{e^3}$.

Do đó, $\underset{\left[1;e^3\right]}{\max }$y = $\frac{4}{e^2}$ nên ta có: a = 4, b = 2.

Vậy a² + 2b³ = 4² + 2 . 2³ = 32.

Bài 39 trang 18 SBT Toán 12 Tập 1: Cho hàm số y = x². lnx.

a) y’ = 2x. lnx.
b) y’ = 0 khi x = 1.
c) $y\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)=-\frac{1}{2e}$.
d) Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[\frac{1}{e};e\right]$ bằng $-\frac{1}{2e}$.

Lời giải:

Điều kiện xác định: D = (0; +∞)

Ta có: y = x². lnx ⇒y’ = 2x.lnx + x². $\frac{1}{x}$ = x(2lnx + 1).

   y’ = 0 ⇔ x(2lnx + 1) = 0 ⇔ x = 0 (loại) hoặc x = $\frac{1}{\sqrt{e}}$ (thỏa mãn).

$y\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)={\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)}^2.\ln \left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)$ = $\frac{-1}{2e}$.

Ta có: y$\left(\frac{1}{e}\right)$ = $\frac{-1}{e^2}$, $y\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)=-\frac{1}{2e}$, y(e) = e².

Vậy $\underset{\left[\frac{1}{e};e\right]}{\min }$ y = $-\frac{1}{2e}$.

Bài 40 trang 19 SBT Toán 12 Tập 1: Bác Lâm muốn gò một cái thùng bằng tôn dạng hình hộp chữ nhật không nắp có đáy là hình vuông và đựng đầy được 32 lít nước. Gọi độ dài cạnh đáy của thùng là x (dm), chiều cao của thùng là h (dm).

a) Thể tích của thùng V = x2. h (dm3).
b) Tổng diện tích xung quanh và diện tích đáy của thùng là: S = 4xh + x2 (dm2).
c) Đạo hàm của hàm số S(x) = $\frac{128}{x}+x^2$ là S'(x) = $\frac{128}{x^2}+2x$.
d) Để làm được thùng mà tốn ít nguyên liệu nhất thì độ dài cạnh đáy của thùng là 4 dm.

Lời giải:

Thể tích của thùng chính bằng thể tích hình hộp nên V = x². h (dm³).

Tổng diện tích xung quanh và diện tích 1 đáy của thùng (do thùng không nắp) là:

S = 4xh + x² (dm²).

Theo đề, cái gò đựng đầy được 32 lít nước, tức là V = 32 (dm³).

⇒ x². h = 32 ⇒ h = $\frac{32}{x^2}$.

Khi đó S(x) = 4x. $\frac{32}{x^2}$ + x² = $\frac{128}{x}+x^2$.

Ta có: S(x) = $\frac{128}{x}+x^2$ ⇒ S'(x) = $-\frac{128}{x^2}+2x$

   S'(x) = 0 ⇔ $-\frac{128}{x^2}+2x$ = 0 ⇔ x = 4.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy để làm được thùng mà tốn ít nguyên liệu nhất thì độ dài cạnh đáy của thùng là 4 dm.

Bài 41 trang 19 SBT Toán 12 Tập 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của mỗi hàm số sau:

a) y = $\frac{-x^3}{3}$ − x² + 3x + 1 trên khoảng (0; 3);

b) y = x⁴ – 8x² + 10 trên khoảng ($-\sqrt{7}$; $\sqrt{7}$);

c) $y=\frac{x^2-1}{x^2+1}$;

d) y = x + $\frac{4}{x-1}$ trên khoảng (−∞; 1).

Lời giải:

a) y = $\frac{-x^3}{3}$ − x² + 3x + 1 trên khoảng (0; 3)

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y = $\frac{-x^3}{3}$ − x² + 3x + 1 ⇒y’ = −x² – 2x + 3.

   y’ = 0 ⇔ −x² – 2x + 3 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = −3.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy $\underset{(0;3)}{\max }$y = $\frac{8}{3}$ tại x = 1 và hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên khoảng (0; 3).

b) y = x⁴ – 8x² + 10 trên khoảng ($-\sqrt{7}$; $\sqrt{7}$)

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y = x⁴ – 8x² + 10 ⇒y’ = 4x³ – 16x.

   y’ = 0 ⇔ 4x³ – 16x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±2.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy $\underset{\left(-\sqrt{7};\sqrt{7}\right)}{\max }$y = 10 tại x = 0, $\underset{\left(-\sqrt{7};\sqrt{7}\right)}{\min }$y = − 6 tại x = −2, x = 2.

c) $y=\frac{x^2-1}{x^2+1}$.

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: $y=\frac{x^2-1}{x^2+1}$ ⇒y’ = $\frac{2x\left(x^2+1\right)-2x\left(x^2-1\right)}{{\left(x^2+1\right)}^2}$ = $\frac{4x}{{\left(x^2+1\right)}^2}$.

   y’ = 0 ⇔ $\frac{4x}{{\left(x^2+1\right)}^2}$ = 0 ⇔ x = 0.

Ta có bảng xét dấu như sau:

Vậy $\underset{ℝ}{\min }$ y = −1 tại x = 0, hàm không có giá trị lớn nhất trên ℝ.

d) y = x + $\frac{4}{x-1}$ trên khoảng (−∞; 1).

Tập xác định: D = ℝ\{1}.

Ta có: y = x + $\frac{4}{x-1}$⇒y’ = 1 − $\frac{4}{{\left(x-1\right)}^2}$.

   y’ = 0 ⇔ 1 − $\frac{4}{{\left(x-1\right)}^2}$ = 0 ⇔ x = 3 (3 ∉ (−∞; 1)) hoặc x = −1 (−1 ∈ (−∞; 1)).

Ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy $\underset{(-\infty ;1)}{\max }$y = −3 tại x = −1, hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên khoảng (−∞; 1).

Bài 42 trang 19 SBT Toán 12 Tập 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của mỗi hàm số sau:

a) y = 2x³ + 3x² – 12x + 1 trên đoạn [−1; 5];

b) y = ${\left(x-\sqrt{2}\right)}^2$. ${\left(x+\sqrt{2}\right)}^2$ trên đoạn $\left[-\frac{1}{2};2\right]$ ;

c) y = x⁵ – 5x⁴ + 5x³ + 1 trên đoạn [−1; 2];

d) y = x + $\frac{4}{x}$ trên đoạn [3; 4];

e) y = $\sqrt{x-1}+\sqrt{3-x}$;

g) y = $x\sqrt{16-x^2}$.

Lời giải:

a) y = 2x³ + 3x² – 12x + 1 trên đoạn [−1; 5]

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y = 2x³ + 3x² – 12x + 1 ⇒y’ = 6x² + 6x – 12.

Trên khoảng (−1; 5),y’ = 0 khi x = 1.

Ta có: y(−1) = 14, y(1) = −6, y(5) = 266.

Vậy $\underset{[-1;5]}{\max }$y = 266 tại x = 5, $\underset{[-1;5]}{\min }$y = −6 tại x = 1.

b) y = ${\left(x-\sqrt{2}\right)}^2$.${\left(x+\sqrt{2}\right)}^2$ trên đoạn $\left[-\frac{1}{2};2\right]$

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y = ${\left(x-\sqrt{2}\right)}^2$.${\left(x+\sqrt{2}\right)}^2$ ⇒y’ = 4x(x² – 2).

Trên khoảng $\left(-\frac{1}{2};2\right)$, y’ = 0 khi x = 0 hoặc x = $\sqrt{2}$.

Ta có: y$\left(\frac{-1}{2}\right)$ = $\frac{49}{16}$, y(0) = 4, y($\sqrt{2}$) = 0, y(2) = 4.

Vậy $\underset{\left[\frac{-1}{2};2\right]}{\max }$ y = 4 tại x = 2 và x = 0, $\underset{\left[\frac{-1}{2};2\right]}{\min }$y = 0 tại x = $\sqrt{2}$.

c) y = x⁵ – 5x⁴ + 5x³ + 1 trên đoạn [−1; 2]

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y = x⁵ – 5x⁴ + 5x³ + 1 ⇒y’ = 5x⁴ – 20x³ + 15x².

Trên khoảng (−1; 2), y’ = 0 khi x = 0 hoặc x = 1.

Tính được y(−1) = −10, y(0) = 1, y(1) = 2, y(2) = −7.

Vậy $\underset{\left[-1;2\right]}{\max }$ y = 2 tại x = 1, $\underset{\left[-1;2\right]}{\min }$ y = −10 tại x = −1.

d) y = x + $\frac{4}{x}$ trên đoạn [3; 4].

Tập xác định: D = ℝ\{0}.

Ta có: y = x + $\frac{4}{x}$ ⇒y’ = 1 − $\frac{4}{x^2}$.

   y’ = 0 khi x = 2 hoặc x = −2.

Nhận thấy −2, 2 ∉ (3; 4).

Ta tính y(3) = $\frac{13}{3}$, y(4) = 5.

Vậy $\underset{\left[3;4\right]}{\max }$ y = 5 tại x = 4, $\underset{\left[3;4\right]}{\min }$ y = $\frac{13}{3}$ tại x = 3.

e) y = $\sqrt{x-1}+\sqrt{3-x}$

Tập xác định: D = [1; 3].

Ta có: y = $\sqrt{x-1}+\sqrt{3-x}$ ⇒y’ = $\frac{1}{2\sqrt{x-1}}$ − $\frac{1}{2\sqrt{3-x}}$

Trên khoảng (1; 3), y’ = 0 khi x = 2.

Ta tính được: y(1) = $\sqrt{2}$ , y(2) = 2, y(3) = $\sqrt{2}$.

Vậy $\underset{\left[1;3\right]}{\max }$ y = 2 tại x = 2, $\underset{\left[1;3\right]}{\min }$ y = $\sqrt{2}$ tại x = 1, x = 3.

g) y = $x\sqrt{16-x^2}$ .

Tập xác định: D = [−4; 4].

Ta có: y = $x\sqrt{16-x^2}$ ⇒y’ = $\frac{16-2x^2}{\sqrt{16-x^2}}$ .

Trên khoảng (−4; 4), y’ = 0 khi x = $\pm 2\sqrt{2}$ .

Ta tính được: y(−4) = 0, y(-$2\sqrt{2}$) = −8, y($2\sqrt{2}$) = 8, y(4) = 0.

Vậy $\underset{\left[-4;4\right]}{\max }$ y = 8 tại x = $2\sqrt{2}$, $\underset{\left[-4;4\right]}{\min }$ y = −8 tại x = –$2\sqrt{2}$.

Bài 43 trang 20 SBT Toán 12 Tập 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của mỗi hàm số sau:

a) y = sin2x – x trên đoạn $\left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$ ;

b) y = x + cos²x trên đoạn $\left[0;\frac{\pi }{4}\right]$ .

Lời giải:

a) y = sin2x – x trên đoạn $\left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$.

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y = sin2x – x ⇒y’ = 2cos2x – 1.

   y’ = 0 ⇔ 2cos2x – 1 = 0 ⇔ x = ± $\frac{\pi }{6}+k\pi$ (k ∈ ℤ).

Xét trên khoảng $\left(-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right)$ , y’ = 0 khi x = $\frac{\pi }{6}$ hoặc x = − $\frac{\pi }{6}$.

Ta tính được: y$\left(-\frac{\pi }{2}\right)$ = $\frac{\pi }{2}$ , y$\left(-\frac{\pi }{6}\right)$ = $-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\pi }{6}$ , y$\left(\frac{\pi }{6}\right)$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi }{6}$ , y$\left(\frac{\pi }{2}\right)$ = $-\frac{\pi }{2}$ .

Vậy $\underset{\left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]}{\max }$ y = $\frac{\pi }{2}$ tại x = $-\frac{\pi }{2}$ , $\underset{\left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]}{\min }$ y = $-\frac{\pi }{2}$ tại x = $\frac{\pi }{2}$ .

b) y = x + cos²x trên đoạn $\left[0;\frac{\pi }{4}\right]$ .

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y = x + cos²x ⇒y’ = 1 – sin2x.

   y’ = 0 ⇔ x = $\frac{\pi }{4}+k\pi$ (k ∈ ℤ).

Xét trên khoảng $\left(0;\frac{\pi }{4}\right)$, ta thấy không có giá trị nào của x để y’ = 0.

Ta tính được: y(0) = 1, y$\left(\frac{\pi }{4}\right)$ = $\frac{1}{2}\text{}$ + $\frac{\pi }{4}$.

Vậy $\underset{\left[0;\frac{\pi }{4}\right]}{\max }$ y = $\frac{1}{2}\text{}$ + $\frac{\pi }{4}$ tại x = $\frac{\pi }{4}$, $\underset{\left[0;\frac{\pi }{4}\right]}{\min }$ y = 1 tại x = 0.

Bài 44 trang 20 SBT Toán 12 Tập 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của mỗi hàm số sau:

a) y = 3^x + 3^-x trên đoạn [−1; 2];

b) y = x. trên đoạn [0; 1];

c) y = ln(x² + 2x + 3) trên đoạn [−2; 3];

d) y = −3x + 5 + x.lnx trên đoạn [1; 3].

Lời giải:

a) y = 3^x + 3^-x trên đoạn [−1; 2].

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y = 3^x + 3^-x ⇒y’ =3^x.ln 3 − 3^-x.ln 3.

Trên khoảng (−1; 2), y’ = 0 khi x = 0.

Ta tính được: y(−1) = $\frac{10}{3}$, y(0) = 2, y(2) = $\frac{82}{9}$ .

Vậy $\underset{\left[-1;2\right]}{\max }$ y = $\frac{82}{9}$ tại x = 2, $\underset{\left[-1;2\right]}{\min }$ y = 2 tại x = 0.

b) y = x.$e^{-2x^2}$ trên đoạn [0;1].

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y = x.$e^{-2x^2}$ ⇒y’ = $e^{-2x^2}$ (1 − 4x²).

Trên khoảng (0; 1), y’ = 0 khi x = $\frac{1}{2}$ .

Ta tính được các giá trị: y(0) = 0, y$\left(\frac{1}{2}\right)$ = $\frac{1}{2\sqrt{e}}$ , y(1) = $\frac{1}{e^2}$ .

Vậy $\underset{\left[0;1\right]}{\max }$ y = $\frac{1}{2\sqrt{e}}$ tại x = $\frac{1}{2}$, $\underset{\left[0;1\right]}{\min }$ y = 0 tại x = 0.

c) y = ln(x² + 2x + 3) trên đoạn [−2; 3].

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y = ln(x² + 2x + 3) ⇒y’ = $\frac{2x+2}{x^2+2x+3}$ .

Trên khoảng (−2; 3), y’ = 0 khi x = −1.

Ta tính được: y(−2) = ln3, y(−1) = ln2, y(3) = ln18.

Vậy $\underset{\left[-2;3\right]}{\max }$ y = ln18 tại x = 3, $\underset{\left[-2;3\right]}{\min }$ y = ln2 tại x = −1.

d) y = −3x + 5 + x.lnx trên đoạn [1; 3].

Tập xác định: D = (0; +∞).

Ta có: y = −3x + 5 + x.lnx ⇒y’ = −2 + lnx.

y’ = 0 ⇔ −2 + lnx = 0 ⇔ x = e² ∉ (1; 3).

Ta tính được: y(1) = 2, y(3) = 3ln3 – 4.

Vậy $\underset{\left[1;3\right]}{\max }$ y = 2 tại x = 1, $\underset{\left[1;3\right]}{\min }$ y = 3ln 3 – 4 tại x = 3.

Bài 45 trang 20 SBT Toán 12 Tập 1: Nhóm bạn Đức dựng trên một khu đất bằng phẳng một chiếc lều từ một tấm bạt hình vuông có độ dài cạnh 4 m như Hình 9 với hai mép tấm bạt sát mặt đất. Tính khoảng cách AB để khoảng không gian trong lều là lớn nhất.

Lời giải:

Gọi độ dài đoạn AB là x (x > 0, đơn vị: mét).

Lều có dạng hình lăng trụ đứng tam giác với chiều cao h = 4 m và tam giác đáy có độ dài các cạnh là 2 m, 2m, x m, suy ra chiều cao tam giác đáy là $\sqrt{4-\frac{x^2}{4}}$ (m).

Để không gian trong lều là lớn nhất tức là thể tích của nó lớn nhất.

V = S.h = $\frac{1}{2}$ .x. $\sqrt{4-\frac{x^2}{4}}$.4 = 2x. $\sqrt{4-\frac{x^2}{4}}$ = x. $\sqrt{16-x^2}$ (0

Ta có: x. $\sqrt{16-x^2}$ ≤ $\frac{x^2+16-x^2}{2}$ = 18.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = $\sqrt{16-x^2}$ ⇔ x = 2$\sqrt{2}$ ∈ (0; 4).

Vậy V_max = 18 m³ khi AB = 2$\sqrt{2}$ m.

Bài 46 trang 20 SBT Toán 12 Tập 1: Nồng độ C của một loại hóa chất trong máu sau t giờ vào cơ thể được cho bởi công thức: C(t) = $\frac{3t}{27+t^3}$ với t ≥ 0 (Nguồn: R. Larson and B. Edwards, Calculus 10e, Cengage 2014).

Sau khoảng bao nhiêu giờ tiêm thì nồng độ của hóa chất trong máu là cao nhất?

Lời giải:

Ta có: C(t) = $\frac{3t}{27+t^3}$ (t ≥ 0).

   C'(t) = $\frac{81-6t^3}{{\left(t^3+27\right)}^2}$

   C'(t) = 0 ⇔ $\frac{81-6t^3}{{\left(t^3+27\right)}^2}$ = 0 ⇔ t = $\frac{3\sqrt[3]{4}}{2}$ .

Ta có bảng xét dấu như sau:

Căn cứ vào bảng xét dấu, ta thấy ứng với t = $\frac{3\sqrt[3]{4}}{2}$ thì C(t) đạt giá trị lớn nhất, tức là sau khoảng 2,38 giờ tiêm thì nồng độ hóa chất trong máu là cao nhất.

Bài 47 trang 20 SBT Toán 12 Tập 1: Khối lượng riêng S (kg/dm³) của nước phụ thuộc vào nhiệt độ T (°C) được cho bởi công thức:

$S=\frac{5,755}{{10}^8}{T}^3-\frac{8,521}{{10}^6}{T}^2+\frac{6,540}{{10}^5}T+0,99987$ với 0

(Nguồn: R. Larson and B. Edwards, Calculus 10e, Cengage 2014).

a) Tính khối lượng riêng của nước ở nhiệt độ 25 °C.

b) Ở nhiệt độ nào thì khối lượng riêng của nước là lớn nhất?

Lời giải:

a) Ở nhiệt độ T = 25 °C thì khối lượng riêng lúc này là:

$S\left(25\right)=\frac{5,755}{{10}^8}{.25}^3-\frac{8,521}{{10}^6}{.25}^2+\frac{6,540}{{10}^5}.25+0,99987$ ≈ 0,99708 (kg/dm³).

b) Ta có: $S=\frac{5,755}{{10}^8}{T}^3-\frac{8,521}{{10}^6}{T}^2+\frac{6,540}{{10}^5}T+0,99987$ với 0

⇒ S’ = $\frac{17,265}{{10}^8}{T}^2-\frac{17,042}{{10}^6}T+\frac{6,540}{{10}^5}$ .

Trên khoảng (0; 25), S’ = 0 khi T ≈ 4.

Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy khi nhiệt độ ở khoảng 4 °C thì khối lượng riêng của nước là lớn nhất khoảng 1 kg/dm³.

Lý thuyết Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

1. Định nghĩa Khái niệm GTLN, GTNN của hàm số

Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D. – Số M là giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) trên tập D nếu f(x) $\le$ M với mọi $x\in D$ và tồn tại $x_0\in D$ sao cho $f(x_0)$ = M. Kí hiệu M = $\underset{x\in D}{max}f(x)$ hoặc M = $\underset{D}{max}f(x)$ – Số m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên tập D nếu f(x) $\ge$ m với mọi $x\in D$ và tồn tại $x_0\in D$ sao cho $f(x_0)$ = m. Kí hiệu m = $\underset{x\in D}{min}f(x)$ hoặc m = $\underset{D}{min}f(x)$

 2. Cách tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn

Để tìm GTLN, GTNN của hàm số f(x) trên một khoảng, đoạn hay nửa khoảng, ta có thể lập bảng biến thiên của hàm số trên tập hợp đó. Căn cứ vào bảng biến thiên, ta tìm được GTLN và GTNN (nếu có) của hàm số

Các bước tìm GTLN và GTNN của hàm số f(x) trên đoạn $\left[a;b\right]$: Tìm các điểm $x_1,x_2,...,x_n\in (a;b)$, tại đó f’(x) = 0 hoặc không tồn tại Tính $f(x_1),f(x_2),...,f(x_n),f(a)$ và $f(b)$ Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên. Ta có: M = $\underset{\left[a;b\right]}{max}f(x)$; m = $\underset{\left[a;b\right]}{min}f(x)$

Ví dụ: Tìm GTLN và GTNN của hàm số $y=x^4-4x^2+3$ trên đoạn $\left[0;4\right]$

Ta có: $y^{\prime }=4x^3-8x=4x(x^2-2);y^{\prime }=0\iff x=0$ hoặc $x=\sqrt{2}$ (vì $x\in \left[0;4\right]$)

            y(0) = 3; y(4) = 195; y($\sqrt{2}$) = -1

Do đó: $\underset{\left[0;4\right]}{max}y=y(4)=195$; $\underset{\left[0;4\right]}{min}y=y(\sqrt{2})=-1$

Xem thêm các bài giải SBT Toán lớp 12 Cánh diều hay, chi tiết khác: