Bài 2. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Gọi chiều dài của hình chữ nhật là x (cm, \(0 < x < 12\))

Chiều rộng của hình chữ nhật là \(12 - x\left( {cm} \right)\)

Diện tích của hình chữ nhật là: \(x\left( {12 - x} \right) =  - {x^2} + 12x\;\left( {c{m^2}} \right)\)

Đặt \(S\left( x \right) =  - {x^2} + 12x,x \in \left( {0;12} \right)\)

\(S'\left( x \right) =  - 2x + 12,S'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 6\left( {tm} \right)\)

Bảng biến thiên: 

Do đó, trong các hình có cùng chu vi thì hình chữ nhật có diện tích lớn nhất là \(36c{m^2}\).

Hình hộp trên có độ dài cạnh đáy là x (cm, \(x > 0\)) và chiều cao là h (cm, \(h > 0\))

Diện tích bề mặt của hình hộp là \(108c{m^2}\) nên \({x^2} + 4xh = 108 \Rightarrow h = \frac{{108 - {x^2}}}{{4x}}\left( {cm} \right)\)

Thể tích của hình hộp là: \(V = {x^2}.h = {x^2}.\frac{{108 - {x^2}}}{{4x}} = \frac{{108x - {x^3}}}{4}\left( {c{m^3}} \right)\)

Ta có: \(V' = \frac{{ - 3{x^2} + 108}}{4},V' = 0 \Leftrightarrow x = 6\) (do \(x > 0\))

Bảng biến thiên:

Do đó, thể tích của hình hộp là lớn nhất khi độ dài cạnh đáy \(x = 6\)cm

Khi đó, chiều cao của hình hộp là: \(\frac{{108 - {6^2}}}{{4.6}} = 3\left( {cm} \right)\).

a) Với \(0 \le t \le 12\) ta có:

\(N'\left( t \right) =  - 3{t^2} + 24t,N'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow  - 3{t^2} + 24t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\left( {tm} \right)\\t = 8\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Ta có: \(N\left( 0 \right) = 0,N\left( 8 \right) =  - {8^3} + {12.8^2} = 256,N\left( {12} \right) =  - {12^3} + {12.12^2} = 0\)

Do đó, số người tối đa bị nhiễm bệnh ở địa phương là 256 người trong 12 tuần đầu.

b) Hàm số biểu thị tốc độ độ lây lan của virus là: \(N'\left( t \right) =  - 3{t^2} + 24t\)

Đặt \(f\left( t \right) =  - 3{t^2} + 24t\), với \(0 \le t \le 12\)

Ta có: \(f'\left( t \right) =  - 6t + 24,f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 4\left( {tm} \right)\)

\(f\left( 0 \right) = 0,f\left( 4 \right) =  - {3.4^2} + 24.4 = 48,f\left( {12} \right) =  - {3.12^2} + 24.12 =  - 144\)

Do đó, virus sẽ lây lan nhanh nhất khi \(t = 4\) (tuần thứ 4).

a) Ta có: \(y' = 6{x^2} - 6,y' = 0 \Leftrightarrow 6{x^2} - 6 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\) (thỏa mãn)

\(y\left( { - 1} \right) = 7,y\left( 1 \right) =  - 1,y\left( 2 \right) = 7\)

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} y = y\left( 2 \right) = y\left( { - 1} \right) = 7,\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} y = y\left( 1 \right) =  - 1\)

b) Ta có: \(y' = 4{x^3} - 6x,y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 6x = 0 \Leftrightarrow x = 0;x = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\) (do \(x \in \left[ {0;3} \right]\))

\(y\left( 0 \right) = 2;y\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) = \frac{{ - 1}}{4};y\left( 3 \right) = 56\)

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = y\left( 3 \right) = 56,\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = y\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) = \frac{{ - 1}}{4}\)

c) Ta có: \(y' = 1 - 2\cos 2x,y' = 0 \Leftrightarrow 1 - 2\cos 2x = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x =  \pm \frac{\pi }{6} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Mà \(x \in \left[ {0;\pi } \right] \Rightarrow x = \frac{\pi }{6};x = \frac{{5\pi }}{6}\)

\(y\left( 0 \right) = 0;y\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{\pi }{6} - \frac{{\sqrt 3 }}{2};y\left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right) = \frac{{5\pi }}{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{2};y\left( \pi  \right) = \pi \)

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} y = y\left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right) = \frac{{5\pi }}{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{2},\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} y = y\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{\pi }{6} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

d) \(y' = \left( {2x - 1} \right){e^x} + \left( {{x^2} - x} \right){e^x} = {e^x}\left( {{x^2} + x - 1} \right)\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow {e^x}\left( {{x^2} + x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\) (do \(x \in \left[ {0;1} \right]\))

\(y\left( 0 \right) = 0;y\left( {\frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}} \right) = \left( {2 - \sqrt 5 } \right){e^{\frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}}};y\left( 1 \right) = 0\)

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = y\left( 0 \right) = y\left( 1 \right) = 0,\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = y\left( {\frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}} \right) = \left( {2 - \sqrt 5 } \right){e^{\frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}}}\)

a) Ta có: \(y =  - {x^2} + 4x + 3 =  - {\left( {x - 2} \right)^2} + 7 \le 7\) với mọi số thực x.

Dấu “=” xảy ra khi \(x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 2\).

Do đó, \(\max f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 7\), hàm số không có giá trị nhỏ nhất.

b) GTLN, GTNN của \(y = {x^3} - 2{x^2} + 1\) trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\)

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 4x,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( {tm} \right)\\x = \frac{4}{3}\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Do đó, \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} y = y\left( {\frac{4}{3}} \right) = \frac{{ - 5}}{{27}}\), hàm số không có giá trị lớn nhất.

c) Ta có: \(y' = \frac{{\left( {2x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) - \left( {{x^2} - 2x + 3} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = 1 + \sqrt 2 \) (do \(x \in \left( {1; + \infty } \right)\))

Do đó, \(\mathop {\min }\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} y = y\left( {1 + \sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 \), hàm số không có giá trị lớn nhất trên \(\left( {1; + \infty } \right)\).

d) Tập xác định của hàm số là: \(D = \left[ {0;2} \right]\)

\(y' = \frac{{\left( {4x - 2{x^2}} \right)'}}{{2\sqrt {4x - 2{x^2}} }} = \frac{{4 - 4x}}{{2\sqrt {4x - 2{x^2}} }} = \frac{{2\left( {1 - x} \right)}}{{\sqrt {4x - 2{x^2}} }}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = 1\left( {tm} \right)\)

\(y\left( 0 \right) = 0;y\left( 1 \right) = \sqrt 2 ;y\left( 2 \right) = 0\)

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 1 \right) = \sqrt 2 ,\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 0 \right) = y\left( 2 \right) = 0\)

a) Ta có: \(y' = 6{x^2} - 6x + 5 = 6\left( {{x^2} - x + \frac{5}{6}} \right) = 6{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{7}{2} > 0\;\forall x \in \left[ {0;2} \right]\)

Do đó, hàm số \(y = 2{x^3} - 3{x^2} + 5x + 2\) đồng biến trên \(\left[ {0;2} \right]\).

Ta có: \(y\left( 0 \right) = 2;y\left( 2 \right) = {2.2^3} - {3.2^2} + 5.2 + 2 = 16\)

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 2 \right) = 16,\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 0 \right) = 2\)

b) Ta có: \(y' = {e^{ - x}} - \left( {x + 1} \right){e^{ - x}} = {e^{ - x}}\left( {1 - x - 1} \right) =  - x.{e^{ - x}}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow  - x.{e^{ - x}} = 0 \Leftrightarrow x = 0\) (thỏa mãn \(x \in \left[ { - 1;1} \right]\))

\(y\left( { - 1} \right) = 0;y\left( 0 \right) = 1;y\left( 1 \right) = \frac{2}{e}\)

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = y\left( 0 \right) = 1,\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = y\left( { - 1} \right) = 0\)

a) Tập xác định của hàm số là \(\left[ {0;2} \right]\).

Với \(x \in \left[ {0;2} \right]\) ta có: \(y' = \frac{{\left( {2x - {x^2}} \right)'}}{{2\sqrt {2x - {x^2}} }} = \frac{{ - x + 1}}{{\sqrt {2x - {x^2}} }}\), \(y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - x + 1}}{{\sqrt {2x - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow x = 1\left( {tm} \right)\)

Lập bảng biến thiên của hàm số trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\):

Từ bảng biến thiên ta thấy: \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = f\left( 2 \right) = 0,\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 1\).

b) Với \(x \in \left( {1; + \infty } \right)\) ta có:

Ta có: \(y' =  - 1 + \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\;\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( { - x + \frac{1}{{x - 1}}} \right) =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( { - x + \frac{1}{{x - 1}}} \right) =  - \infty \)

Lập bảng biến thiên của hàm số trên \(\left( {1; + \infty } \right)\):

Vậy hàm số không có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên \(\left( {1; + \infty } \right)\).

a) Giá trị lớn nhất của đồ thị hàm số trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\) là \(M = 3\).

Với \({x_0} = 3\) thì \(f\left( 3 \right) = 3\).

b) Giá trị nhỏ nhất của đồ thị hàm số trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\) là \(m =  - 1\).

Với \({x_0} = 1\) thì \(f\left( 1 \right) =  - 1\).

a) Nhìn vào đồ thị ta thấy, trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) ta có:

+ Giá trị lớn nhất của hàm số là \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = f\left( 2 \right) = 1\).

+ Giá trị nhỏ nhất của hàm số là \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) =  - 2\).

b) \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 4x,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \frac{4}{3}\end{array} \right.\)

Vậy \(x = 0,x = \frac{4}{3}\) thì \(f'\left( x \right) = 0\).

c) Ta có: \(f\left( 0 \right) = 1;f\left( {\frac{4}{3}} \right) = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^3} - 2.{\left( {\frac{4}{3}} \right)^2} + 1 = \frac{{ - 5}}{{27}};f\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^3} - 2.{\left( { - 1} \right)^2} + 1 =  - 2\);

\(f\left( 2 \right) = {2^3} - {2.2^2} + 1 = 1\)

Do đó, số nhỏ nhất trong các giá trị này là \( - 2\), số lớn nhất trong các giá trị này là 1.

Ta thấy: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = 1\), \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) =  - 2\).

a) \(y = {x^4} - 2{x^2} + 3\)

\(y' = 4{x^3} - 4x,y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm 1\end{array} \right.\)

\(y\left( 0 \right) = 3;y\left( 1 \right) = y\left( { - 1} \right) = 2\)

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left( { - \infty ; + \infty } \right)} y = y\left( 0 \right) = 3,\mathop {\min }\limits_{\left( { - \infty ; + \infty } \right)} y = y\left( 1 \right) = y\left( { - 1} \right) = 2\)

b) Ta có: \(y' = {e^{ - x}} - x.{e^{ - x}},y' = 0 \Leftrightarrow {e^{ - x}} - x.{e^{ - x}} = 0 \Leftrightarrow {e^{ - x}}\left( {1 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

Bảng biến thiên:

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left( { - \infty ; + \infty } \right)} y = y\left( 1 \right) = \frac{1}{e}\), hàm số không có giá trị nhỏ nhất.

c) Tập xác định của hàm số là: \(D = \left( {0; + \infty } \right)\)

\(y' = \ln x + x.\frac{1}{x} = \ln x + 1,y' = 0 \Leftrightarrow \ln x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{e}\) (thỏa mãn)

Bảng biến thiên:

Hàm số không có giá trị lớn nhất, \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} y = y\left( {\frac{1}{e}} \right) = \frac{{ - 1}}{e}\)

d) Tập xác định của hàm số là \(\left[ {1;3} \right]\).

\(y' = \frac{1}{{2\sqrt {x - 1} }} - \frac{1}{{2\sqrt {3 - x} }},y' = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{2\sqrt {x - 1} }} - \frac{1}{{2\sqrt {3 - x} }} = 0 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {3 - x}  - \sqrt {x - 1} }}{{2\sqrt {3 - x} \sqrt {x - 1} }} = 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {3 - x}  = \sqrt {x - 1}  \Leftrightarrow 3 - x = x - 1 \Leftrightarrow x = 2\left( {tm} \right)\)

\(y\left( 1 \right) = \sqrt 2 ;y\left( 2 \right) = 2;y\left( 3 \right) = \sqrt 2 \)

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} y = y\left( 2 \right) = 2,\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} y = y\left( 1 \right) = y\left( 3 \right) = \sqrt 2 \)