Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Ta có $y' = \cos x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Do $x\in \left[ { - \dfrac{\pi }{2}; - \dfrac{\pi }{3}} \right]$ nên $k=-1$ hay $x=-\dfrac{\pi }{2}$

Suy ra $y\left( { - \dfrac{\pi }{2}} \right) =  - 1;\;\;y\left( { - \dfrac{\pi }{3}} \right) =  - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\rm{\;}}&{\mathop {\max}\limits_{\left[ { - \frac{\pi }{2}; - \frac{\pi }{3}} \right]}y =  - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}\\{{\rm{ \;}}}&{\mathop {\min }\limits_{\left[ { - \frac{\pi }{2}; - \frac{\pi }{3}} \right]} y =  - 1}\end{array}} \right.$

Nếu $M =  - 2$ là GTLN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {1;3} \right]$ thì $f\left( x \right) \leqslant  - 2,\forall x \in \left[ {1;3} \right]$.

GTNN của $f\left( x \right)$ trên $\left[ {0;2} \right]$ bằng $5$ nên $f\left( x \right) \geqslant 5,\forall x \in \left[ {0;2} \right] \Rightarrow f\left( 2 \right) \geqslant 5$.

Ta có $y' = 2 - \sin x > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R \Rightarrow $ Hàm số luôn đồng biến trên $\left[ {0;1} \right]$

$ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = y\left( 0 \right) = 1$.

Hàm số $y = f\left( x \right)$ có $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty }f(x)  =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f(x) =  - \infty $ thì không có GTLN, GTNN trên $R$ vì không tồn tại số $M,m$ để $f\left( x \right) \leqslant M,f\left( x \right) \geqslant m,\forall x \in R$.

Ta có:

+) $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;0} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) =  - 3$ nên A sai.

+) $\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) =  - 7$ nên B đúng.

+) Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) =  - \infty $ nên không tồn tại $\mathop {\min}\limits_{\left( { - \infty ;2} \right]} f\left( x \right)$ nên C sai.

+) $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) =  - 3$ nên D sai.

A sai vì $y=3$ là giá trị cực đại của hàm số, không phải giá trị lớn nhất.

B sai vì hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;0} \right),\left( {2; + \infty } \right)$.

C sai vì $x=2$ là điểm cực tiểu của hàm số không phải giá trị cực tiểu.

D đúng vì trên đoạn $\left[ {0;4} \right]$ thì hàm số đạt GTNN (cũng là giá trị cực tiểu) bằng $ - 1$ đạt được tại $x = 2$.

Đáp án A: Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ và $y = 3$ là giá trị cực đại của hàm số nên A sai.

Đáp án B: GTNN và giá trị cực tiểu của hàm số là $y = 0$ nên B đúng và C sai.

Đáp án D: Hàm số không có GTLN vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y =  + \infty $.

$y' = 3{x^2} - 10x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}x = 3 \in \left[ {2;4} \right] \hfill \\x = \dfrac{1}{3} \notin \left[ {2;4} \right] \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$f\left( 2 \right) =  - 7,f\left( 3 \right) =  - 10,f\left( 4 \right) =  - 5$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $y = {x^3} - 5{{\text{x}}^2} + 3{\text{x}} - 1$ trên đoạn $\left[ {2;4} \right]$ là $M =  - 5$

TXĐ: $D=R$

Ta có: $f'\left( x \right) = \dfrac{{8{{\text{x}}^2} - 12{\text{x}} - 8}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}$

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2$ hoặc $x =  - \dfrac{1}{2}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = 0$

Bảng biến thiên

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là $y = 8$ tại $x =  - \dfrac{1}{2}$

TXĐ: $D=R$

Ta có: $y' = 4{{\text{x}}^3} + 4{\text{x}}$$ \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in \left[ { - 1;2} \right]$

$f( - 1) = 2,{\text{ f(0)  =  }} - 1,{\text{ f(2)  =  23}}$

Ta thấy GTLN và GTNN lần lượt  là $M = 23,m =  - 1 \Rightarrow M.m = 23.\left( { - 1} \right) =  - 23$

TXĐ: \(R\backslash \left\{ 0 \right\}\)

$y' = 1 - \dfrac{1}{{{x^2}}} = \dfrac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}$

$y' = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow x=1 (tm) $ hoặc $x=-1 (ktm)$ 

Bảng biến thiên:

$ \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{x \in \left( {0; + \infty } \right)} \,y = f\left( 1 \right) = 2$ 

Bước 1: Giả sử chóp tứ giác đều là \(S.ABCD\). Gọi \(O = AC \cap BD\), đặt \(AB = x\,\,\left( {x > 0} \right)\), tính \(SO\) theo \(x\).

Giả sử chóp tứ giác đều là \(S.ABCD\). Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Đặt \(AB = x\,\,\left( {x > 0} \right)\) ta có \({S_{ABCD}} = {x^2}\) \( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{x^2} = 16 \Leftrightarrow SO = \dfrac{{48}}{{{x^2}}}\).

Bước 2: Gọi M là trung điểm của CD.  Tính \(SM\) theo \(x\), từ đó tính \({S_{\Delta SCD}}\) theo \(x\).

Gọi M là trung điểm của CD ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OM\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot SM\).

Ta có \(OM = \dfrac{1}{2}AD = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{x}{2}\), áp dụng định lí Pytago ta có: \(SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{48}}{{{x^2}}}} \right)}^2} + \dfrac{{{x^2}}}{4}} \).

\( \Rightarrow {S_{\Delta SCD}} = \dfrac{1}{2}SM.CD = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\left( {\dfrac{{48}}{{{x^2}}}} \right)}^2} + \dfrac{{{x^2}}}{4}} .x = \dfrac{1}{2}\sqrt {\dfrac{{{{48}^2}}}{{{x^2}}} + \dfrac{{{x^4}}}{4}} \)

Bước 3: Tìm GTNN của diện tích mạ vàng

Để diện tích mạ vàng nhỏ nhất thì \({S_{\Delta SCD}}\) nhỏ nhất \( \Rightarrow \dfrac{{{{48}^2}}}{{{x^2}}} + \dfrac{{{x^4}}}{4}\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có \(\dfrac{{{{48}^2}}}{{{x^2}}} + \dfrac{{{x^4}}}{4} = \dfrac{{1152}}{{{x^2}}} + \dfrac{{1152}}{{{x^2}}} + \dfrac{{{x^4}}}{4} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{1152}}{{{x^2}}}.\dfrac{{1152}}{{{x^2}}} . \dfrac{{{x^4}}}{4}}} \)\(\ge 3.\sqrt[3]{331776}\) (BĐT Cô-si).

Vậy diện tích mạ vàng nhỏ nhất là \(4.3.\sqrt[3]{331776}\approx 831\,c{m^3}\).

Bước 1: Gọi \(x\left( m \right),\,\,3x\left( m \right)\) lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể. Tính chiều cao của bể.

Gọi \(x\left( m \right),\,\,3x\left( m \right)\) lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể, \(h\) là chiều cao của bể.

Theo bài ra ta có: \(V = x.3x.h = 6 \Rightarrow h = \dfrac{6}{{3{x^2}}} = \dfrac{2}{{{x^2}}}\,\,\left( m \right)\).

Bước 2: Tính tổng diện tích các mặt làm bê tông.

Khi đó tổng diện tích các mặt bể được làm bê tông là:

\(2x.\dfrac{2}{{{x^2}}} + 2.3x.\dfrac{2}{{{x^2}}} + 2x.3x - x.3x.\dfrac{2}{9} = \dfrac{{16{x^2}}}{3} + \dfrac{{16}}{x}\)

Bước 3: Sử dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương để tính số tiền ít nhất cần tìm

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\(\dfrac{{16{x^2}}}{3} + \dfrac{{16}}{x} = \dfrac{{16{x^2}}}{3} + \dfrac{8}{x} + \dfrac{8}{x} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{16{x^2}}}{3}.\dfrac{8}{x}.\dfrac{8}{x}}} = 8\sqrt[3]{{18}}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{{16{x^2}}}{3} = \dfrac{8}{x} \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\dfrac{3}{2}}}\).

Vậy số tiền ít nhất mà cô Ngọc cần bỏ ra là \(8\sqrt [3]{18} {.10^6} \approx 21.000.000d\).

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

$y' = 3{x^2} - 6mx.$

Ta có: $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}x = 0 \Rightarrow y = 6 \hfill \\x = 2m \Rightarrow y =  -  4{m^3} + 6 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$y^{\prime}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{c}x=0 \Rightarrow y=6 \\ x=2 m \Rightarrow y=-4 m^{3}+6\end{array}\right.$

Xét TH1: $m = 0$. Hàm số đồng biến trên $\left[ {0;3} \right]$ $ \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = y\left( 0 \right) = 6 \Rightarrow $ loại.

Xét TH2: $m \geqslant \dfrac{3}{2} \Rightarrow 2m \ge 3 > 0$. Khi đó, hàm số nghịch biến trên $\left[ {0;3} \right] \subset \left[ {0;2m} \right]$

$ \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = y\left( 3 \right) = 33 - 27m = 2 \Rightarrow m = \dfrac{{31}}{{27}} < \dfrac{3}{2}$(loại)

Xét TH3: $\dfrac{3}{2} > m > 0 \Rightarrow 3 > 2m > 0$ thì đồ thị hàm số có điểm cực đại là $\left( {0;6} \right)$ và điểm cực tiểu là $\left( {2m, -  4{m^3} + 6} \right).$

Khi đó , GTNN trên $\left[ {0;3} \right]$ là $y\left( {2m} \right) =  - 4{m^3} + 6$ $ \Rightarrow  - 4{m^3} + 6 = 2 \Leftrightarrow {m^3} = 1 \Leftrightarrow m = 1$ (thỏa mãn)

Xét TH4: $m < 0 \Rightarrow \left( {0;6} \right)$ là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số và trên $\left[ {0;3} \right]$ hàm số đồng biến.

$ \Rightarrow {y_{min}} = 6 \Rightarrow $ loại.

Vậy $m = 1$ là giá trị cần tìm.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) =  - 5\\M = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) =  - 1\end{array} \right.\).

Đặt \(x + 1 = t.\) Khi đó: \(x \in \left[ { - 1;\,\,0} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;\,\,1} \right].\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: \(\left\{ \begin{array}{l}a = \mathop {Min}\limits_{\left[ {0;\,1} \right]} f\left( t \right) = 0\,\,\,khi\,\,\,t = 0 \Rightarrow x =  - 1.\\A = \mathop {Max}\limits_{\left[ {0;\,1} \right]} f\left( t \right) = 3\,\,\,\,khi\,\,\,t = 1 \Rightarrow x = 0.\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow a + A = 0 + 3 = 3.\)

Ta có: \(\left| {f\left( x \right) + m} \right| < 2m\)

\(\Leftrightarrow  - 2m < f\left( x \right) + m < 2m\)

\(\Leftrightarrow  - 3m < f\left( x \right) < m\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3m < \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;4} \right]} f\left( x \right)\\\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;4} \right]} f\left( x \right) < m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3m <  - 2\\3 < m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \dfrac{2}{3}\\m > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 3\).

Kết hợp điều kiện đề bài \( \Rightarrow m \in \left( {3;10} \right],\,\,m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {4;5;6;7;8;9;10} \right\}\).

Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do \(x\) là độ dài của đoạn dây cuộn thành hình tròn \(\left( {0 < x < a} \right)\). Suy ra chiều dài đoạn còn lại là \(a - x\).

Gọi \(r\) là bán kính của đường tròn. Chu vi đường tròn: \(2\pi r = x\)\( \Rightarrow r = \dfrac{x}{{2\pi }}\).

Do đó diện tích hình tròn là: \({S_1} = \pi .{r^2}\)\( = \dfrac{{{x^{\rm{2}}}}}{{4\pi }}\).

Chu vi hình vuông là \(a - x \Rightarrow \) Cạnh hình vuông là \(\dfrac{{a - x}}{4}\). Do đó diện tích hình vuông: \({S_2} = {\left( {\dfrac{{a - x}}{4}} \right)^2}\).

Tổng diện tích hai hình:

\(\begin{array}{l}S = \dfrac{{{x^2}}}{{4\pi }} + {\left( {\dfrac{{a - x}}{4}} \right)^2}\\\,\,\,\, = \dfrac{{4{x^2} + \pi {{\left( {a - x} \right)}^2}}}{{16\pi }}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {4 + \pi } \right).{x^2} - 2a\pi x + \pi {a^2}}}{{16\pi }}\end{array}\)

Xét hàm số \(S\left( x \right) = \dfrac{{\left( {4 + \pi } \right).{x^2} - 2a\pi x + \pi {a^2}}}{{16\pi }}\) ta có:\(S'\left( x \right) = \dfrac{{2\left( {4 + \pi } \right).x - 2a\pi }}{{16\pi }} = \dfrac{{\left( {4 + \pi } \right).x - a\pi }}{{8\pi }}\).

Cho\(S'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {4 + \pi } \right)x - a\pi  = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{{a\pi }}{{4 + \pi }}\). Ta có BBT như sau :

Suy ra hàm \(S\) chỉ có một cực trị và là cực tiểu tại \(x = \dfrac{{a\pi }}{{4 + \pi }}\).

Do đó \(S\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(x = \dfrac{{a\pi }}{{4 + \pi }}\).

Ta có \(g\left( x \right) = 2f\left( x \right) - {x^2}\) \( \Rightarrow g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) - 2x\)

Cho \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x\,\,\,\left( 1 \right)\).

Nghiệm của phương trình (1) là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right);\,\,y = x.\)

Vẽ đường thẳng \(y = x\) và đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) trên cùng hệ trục tọa độ:

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hai hàm số \(y = f'\left( x \right);\,\,y = x\) cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ là \( - 2;2;4.\)

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 2\\x = 4\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right)\):

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 2;4} \right]\) là \(g\left( 2 \right)\).