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

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\, \in \left[ { - 2;1} \right]\\x = 2\, \notin \left[ { - 2;1} \right]\end{array} \right.\)

\(y\left( { - 2} \right) =  - 21;\,\,y\left( 0 \right) =  - 1\,\,;\,y\left( 1 \right) =  - 3\)

Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại điểm \(x = 0\).

Xét hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 2\) trên đoạn \(\left[ { - 1;\,\,1} \right]\) ta có:

\(\begin{array}{l}y' = 3{x^2} - 6x \Rightarrow y' = 0\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\, \in \left[ { - 1;\,\,1} \right]\\x = 2\,\, \notin \left[ { - 1;\,\,1} \right]\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( { - 1} \right) =  - 2\\f\left( 0 \right) = 2\\f\left( 1 \right) = 0\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ { - 1;\,\,1} \right]} f\left( x \right) =  - 2\,\,\,khi\,\,\,x =  - 1.\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{1}{4}{x^4} - 14{x^2} + 48x + m - 30\) có \(y' = {x^3} - 28x + 48\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 6\\x = 4\\x = 2\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\):

TH1: \(m - 30 \ge 0\) \( \Leftrightarrow m \ge 30\).

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = m + 14 \le 30 \Leftrightarrow m \le 16\) (Vô lí).

TH2: \(m - 30 < 0 \le m + 14\) \( \Leftrightarrow  - 14 \le m < 30\).

+ Nếu \(m + 14 \ge 30 - m \Leftrightarrow m \ge 8\), kết hợp điều kiện ta có: \(8 \le m < 30\) thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = m + 14 \le 30 \Leftrightarrow m \le 16\).

\( \Rightarrow 8 \le m \le 16\).

+ Nếu \(m + 14 < 30 - m \Leftrightarrow m < 8\), kết hợp điều kiện ra có \( - 14 \le m < 8\) thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 30 - m \le 30 \Leftrightarrow m \ge 0\).

\( \Rightarrow 0 \le m < 8\)

Vậy trường hợp 2 ta có \(0 \le m \le 16\) thỏa mãn.

TH3: \(m + 14 < 0 \Leftrightarrow m <  - 14\).

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 30 - m \le 30 \Leftrightarrow m \ge 0\)  (vô lí).

Từ các trường hợp \( \Rightarrow m \in \left[ {0;16} \right]\).

\( \Rightarrow S = \left\{ {0;1;2;3;...;16} \right\}\).

Vậy tổng các phần tử của \(S\) bằng \(0 + 1 + 2 + ... + 16 = \dfrac{{16.17}}{2} = 136\).

Xét hàm số \(y = x + \dfrac{{16}}{{\sqrt x }}\) ta có:

TXĐ: \(D = \left( {0; + \infty } \right).\)

\(\begin{array}{l}y' = 1 - \dfrac{{16.\dfrac{1}{{2\sqrt x }}}}{{\sqrt x }} = 1 - \dfrac{8}{{x\sqrt x }} = \dfrac{{x\sqrt x  - 8}}{{x\sqrt x }}\\ \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x\sqrt x  - 8 = 0 \Leftrightarrow x\sqrt x  = 8\\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x } \right)^3} = {2^3} \Leftrightarrow \sqrt x  = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Ta có bảng xét dấu:

\( \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} y = 12\) khi \(x = 4.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^2} - 2x + m\) trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\) ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 2x - 2\\f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1\end{array}\)

Ta có \(f\left( 0 \right) = m,\,\,f\left( 1 \right) = m - 1,\,\,f\left( 3 \right) = m + 3\).

Dễ thấy $m - 1 < m < m + 3$ nên ta có BBT của hàm số \(f\left( x \right)\) trên \(\left[ {0;3} \right]\) như sau:

+) TH1: \(m - 1 \ge 0 \Leftrightarrow m \ge 1\) thì:

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = m - 1 = 5\) \( \Leftrightarrow m = 6\left( {TM} \right)\)

+) TH2: \(m - 1 < 0 \le m + 3 \Leftrightarrow  - 3 \le m < 1\) thì:

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 0 \ne 5\) (mẫu thuẫn giải thiết) nên loại.

+) TH3: \(m + 3 < 0 \Leftrightarrow m <  - 3\) thì:

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| =  - m - 3 = 5\)\( \Leftrightarrow m =  - 8\left( {TM} \right)\)

Vậy \(m \in \left\{ {6; - 8} \right\}\) nên tổng các giá trị của \(m\) là \(6 + \left( { - 8} \right) =  - 2\).

TXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 1 \ge 0\\5 - x \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \le 5\end{array} \right. \Rightarrow D = \left[ {1;5} \right]\).

Ta có \(f'\left( x \right) = \dfrac{1}{{2\sqrt {x - 1} }} - \dfrac{1}{{2\sqrt {5 - x} }} = \dfrac{{\sqrt {5 - x}  - \sqrt {x - 1} }}{{2\sqrt {x - 1} .\sqrt {5 - x} }}\).

Cho \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {5 - x}  = \sqrt {x - 1} \) \( \Leftrightarrow 5 - x = x - 1\) \( \Leftrightarrow 2x = 6\) \( \Leftrightarrow x = 3 \in \left[ {1;5} \right]\).

Mặt khác \(f\left( 1 \right) = 2,\,\,f\left( 3 \right) = 2\sqrt 2 ,\,\,f\left( 5 \right) = 2\).

Vậy \(\mathop {max}\limits_{\left[ {1;5} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = 2\sqrt 2 \).

Bước 1: Đưa về dạng \(f\left( x \right) \ge f\left( {mx} \right)\) với \(f(t) = {t^3} + t\)

Ta có:

\({x^6} + 6{x^4} - {m^3}{x^3} + 13{x^2} - mx + 10 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {x^6} + 6{x^4} + 13{x^2} + 10\)\( \ge {m^3}{x^3} + mx\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x^6} + 6{x^4} + 12{x^2} + 8} \right)\)\( + \left( {{x^2} + 2} \right) \ge {m^3}{x^3} + mx\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + 2} \right)^3} + \left( {{x^2} + 2} \right)\)\( \ge {(mx)^3} + (mx)(*)\)

Bước 2: Khảo sát hàm \(f(t) = {t^3} + t\) và giải \(f\left( x \right) \ge f\left( {mx} \right)\)

Ta có hàm số \(f(t) = {t^3} + t\)

\( \Rightarrow {f^\prime }(t) = 3{t^2} + 1 > 0\)

\( \Rightarrow f(t)\) luôn đồng biến.

Khi đó:

\((*) \Leftrightarrow f\left( {{x^2} + 2} \right) \ge f(mx)\)\( \Leftrightarrow {x^2} + 2 \ge mx\)

Bước 3: Giải \({x^2} + 2 \ge mx\forall x \in [1;4]\), kết hợp với điều kiện m nguyên dương để tìm số tích các phần tử của S.

Do đó, \({x^6} + 6{x^4} - {m^3}{x^3} + 13{x^2} - mx\)\( + 10 \ge 0\)\(\forall x \in [1;4]\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 2 \ge mx\forall x \in [1;4]\)\( \Leftrightarrow x + \dfrac{2}{x} \ge m\forall x \in [1;4](**)\)

\( \Rightarrow 2\sqrt 2  \ge m\) (Do áp dụng BĐT Cauchy, \(\forall x \in [1;4],x + \dfrac{2}{x} \ge 2\sqrt 2 \) )

Mà \(m\) là số nguyên dương nên \(m \in \{ 1;2\}  \Rightarrow S = \{ 1;2\} \).

Vậy tích các phần tử của S là 2.

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 $f\left( x \right) \leqslant M,f\left( x \right) \geqslant m,\forall x \in R$.

${\rm{\;}}x > 1 \Leftrightarrow x - 1 > 0$

$ \Rightarrow y = x - 1 + \dfrac{4}{{x - 1}} \ge 2\sqrt {\left( {x - 1} \right).\dfrac{4}{{x - 1}}}  = 2.2 = 4$

Dấu bằng xảy ra $ \Leftrightarrow x - 1 = \dfrac{4}{{x - 1}} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow x = 3$.

Vậy GTNN của hàm số là $m=4$ khi $x=3$.

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 $M =  - 5$

Ta có: $y' = 5{{\text{x}}^4} - 20{{\text{x}}^3} + 15{{\text{x}}^2} = 0 \Leftrightarrow 5{x^2}\left( {{x^2} - 4x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}x = 0 \in \left[ { - 1;2} \right] \hfill \\x = 1 \in \left[ { - 1;2} \right] \hfill \\x = 3 \notin \left[ { - 1;2} \right] \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$f( - 1) =  - 10, f(0)  =  1,$ $ f(1)  =  2, f(2)   = - 7$

Vậy giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm trên $\left[ { - 1;2} \right]$ lần lượt là $2$ và $ - 10$

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$ 

\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{m}} \notin \left[ {2;3} \right]\)

\(\begin{array}{l}y = \dfrac{{2mx + 1}}{{ - x + m}}\\ \Rightarrow y' = \dfrac{{2m\left( { - x + m} \right) + 1.\left( {2mx + 1} \right)}}{{{{\left( { - x + m} \right)}^2}}} = \dfrac{{2{m^2} + 1}}{{{{\left( { - x + m} \right)}^2}}} > 0\,,\forall x \in \left[ {2;3} \right]\end{array}\)

Hàm số luôn đồng biến trên \(\left[ {2;3} \right]\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow Max\,y = f\left( 3 \right) = \dfrac{{6m + 1}}{{m - 3}}\\Max\,y = \dfrac{{ - 1}}{3} \Leftrightarrow \dfrac{{6m + 1}}{{m - 3}} = \dfrac{{ - 1}}{3} \Leftrightarrow 18m + 3 =  - m + 3 \Leftrightarrow 19m = 0 \Leftrightarrow m = 0(TMDK)\end{array}\)