Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau:
LG a
f(x)=√3−2x trên đoạn [−3;1];
Lời giải chi tiết:
f′(x)=−1√3−2x<0 với mọi x<32
Hàm số f nghịch biến trên đoạn [−3;1]
Do đó max; \mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 3;1} \right]} = f\left( 1 \right) = 1
Cách khác:
f'\left( x \right) = {{ - 1} \over {\sqrt {3 - 2x\,} }} = 0 vô nghiệm trên đoạn [-3;1]
Mà f\left( { - 3} \right) = 3; f\left( 1 \right) = 1.
Do đó \mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 3;1} \right]} = f\left( { - 3} \right) = 3; \mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 3;1} \right]} = f\left( 1 \right) = 1
LG b
f\left( x \right) = x + \sqrt {4 - {x^2}}
Lời giải chi tiết:
TXĐ: D = \left[ { - 2;2} \right]
f'\left( x \right) = 1 - {x \over {\sqrt {4 - {x^2}}}} với x \in \left( { - 2;2} \right)
f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - {x \over {\sqrt {4 - {x^2}}} } = 0 \Leftrightarrow \sqrt {4 - {x^2}} = x \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 0 < x < 2 \hfill \cr 4 - {x^2} = {x^2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow x = \sqrt 2
Ta có f\left( { - 2} \right) = - 2;f\left( {\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 ; f\left( 2 \right) = 2
Vậy \mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 2;2} \right]} = 2\sqrt 2 ; \mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 2;2} \right]} = - 2
Cách khác:
BBT:
Vậy \mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 2;2} \right]} = 2\sqrt 2 ; \mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 2;2} \right]} = - 2
LG c
f\left( x \right) = {\sin ^4}x + {\cos ^2}x + 2;
Lời giải chi tiết:
TXĐ: D =\mathbb R
Ta có: f\left( x \right) = {\sin ^4}x + 1 - {\sin ^2}x + 2 = {\sin ^4}x - {\sin ^2}x + 3
Đặt t = {\sin ^2}x;0 \le t \le 1
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số g\left( t \right) = {t^2} - t + 3 trên đoạn \left[ {0;1} \right]
g'\left( t \right) = 2t - 1
g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = {1 \over 2}
Ta có: g\left( 0 \right) = 3;g\left( {{1 \over 2}} \right) = {{11} \over {14}};g\left( 1 \right) = 3
Do đó: \mathop {\min g\left( t \right)}\limits_{t \in \left[ {0;1} \right]} = {{11} \over {14}};\mathop {\max g\left( t \right)}\limits_{t \in \left[ {0;1} \right]} = 3
Vậy: \mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in {\mathbb{R}}} = {{11} \over {14}} đạt được khi {\sin ^2}x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{1 - \cos 2x}}{2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 1 - \cos 2x = 1 \Leftrightarrow \cos 2x = 0 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}
\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in {\mathbb{R}}} = 3 đạt được khi x = \frac{k\pi }{2}
LG d
f\left( x \right) = x - \sin 2x trên đoan \left[ { - {\pi \over 2};\pi } \right].
Lời giải chi tiết:
f'\left( x \right) = 1 - 2\cos 2x;
f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = {1 \over 2} = \cos {\pi \over 3} \Leftrightarrow 2x = \pm {\pi \over 3} + k2\pi \Leftrightarrow x = \pm {\pi \over 6} + k\pi ,k \in {\mathbb{Z}}
Với - {\pi \over 2} < x < \pi ,f'\left( x \right) = 0 tại các điểm - {\pi \over 6},{\pi \over 6} và {{5\pi } \over 6}
Ta có f\left( { - {\pi \over 6}} \right) = - {\pi \over 6} + {{\sqrt 3 } \over 2}; f\left( {{\pi \over 6}} \right) = {\pi \over 6} - {{\sqrt 3 } \over 2}; f\left( {{{5\pi } \over 6}} \right) = {{5\pi } \over 6} + {{\sqrt 3 } \over 2}; f\left( { - {\pi \over 2}} \right) = - {\pi \over 2};f\left( \pi \right) = \pi
So sánh năm giá trị trên ta được:
\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - {\pi \over 2};\pi } \right]} = {{5\pi } \over 6} + {{\sqrt 3 } \over 2} và \mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - {\pi \over 2};\pi } \right]} = - {\pi \over 2}
