Bài tập GTLN, GTNN của hàm số lớp 12 (có lời giải)

$ma{x}_{\left[0;4\right]}y=y\left(4\right)=195;mi{n}_{[0;4]}y=y\left(\sqrt{2}\right)=-1$

Ta có: $y\text{'}=4x^3-8x=4x\left(x^2-1\right);y\text{'}=0\iff x=0$ hoặc $x=\sqrt{2}$  (vì $x\in \left[0;4\right]$  ); $y\left(0\right)=3;y\left(4\right)=195;y\left(\sqrt{2}\right)=-1$

Do đó: $ma{x}_{[0;4]}y=y\left(4\right)=195;mi{n}_{\left[0;4\right]}y=y\left(\sqrt{2}\right)=-1$ .

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=3x^2-6x-9$ .

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=-1 khong \in \left(0;5\right)\\ x=3\in \left(0;5\right)\end{array}\right.$

Ta có $f\left(0\right)=5;f\left(5\right)=10;f\left(3\right)=-22$ .

Vậy $ma{x}_{\left[0;5\right]}f\left(x\right)=10,mi{n}_{\left[0;5\right]}f\left(x\right)=-22$.

a) Xét $f\left(x\right)=2x^3-9x^2+12x+1$  trên đoạn [0;3]

$f\text{'}\left(x\right)=6x^2-18x+12=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ x=1\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy $mi{n}_{\left[0;3\right]}f\left(x\right)=f\left(3\right)=10$  và
b) Xét $g\left(x\right)=x+\frac{1}{x}$  trên khoảng $\left(0;5\right)$

$g\text{'}\left(x\right)=1-\frac{1}{x^2}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\left(loai\right)\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy $mi{n}_{\left(0;5\right)}f\left(x\right)=f\left(1\right)=2$  và hàm số không tồn tại giá trị lớn nhất trên khoảng $\left(0;5\right)$
c) Xét $h\left(x\right)=x\sqrt{2-x^2}$

Tập xác định: $D=\left[-\sqrt{2};\sqrt{2}\right]$

$h\text{'}\left(x\right)=\sqrt{2-x^2}-\frac{x^2}{\sqrt{2-x^2}}$

Tập xác định mới: $D_1=\left(-\sqrt{2};\sqrt{2}\right)$

$h\text{'}\left(x\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy $mi{n}_{D}f\left(x\right)=f\left(-1\right)=-1$  và $ma{x}_{D}f\left(x\right)=f\left(1\right)=1$

Xét $g\left(x\right)=x+\frac{4}{x^2}$  trên đoạn $\left[1;4\right]$

$g\text{'}\left(x\right)=1-\frac{8}{x^3}=0\iff x=2$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy $mi{n}_{\left[1;4\right]}g\left(x\right)=g\left(2\right)=3$  và $ma{x}_{\left[1;4\right]}g\left(x\right)=g\left(1\right)=5$

Ta có: $y\text{'}=1-\frac{1}{x^2};y\text{'}=0\iff x=1$  (vì $x>0$  ).

Tính các giới hạn:

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(x-2+\frac{1}{x}\right)=+\infty ;\underset{x\mapsto +\infty }{\lim }y=\underset{x\mapsto +\infty }{\lim }\left(x-2+\frac{1}{x}\right)=+\infty$

Lập bảng biến thiên của hàm số trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ :

Từ bảng biến thiên, ta được: $mi{n}_{\left(0;+\infty \right)}y=y\left(1\right)=0$ ; hàm số không có giá trị lớn nhất trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ .

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{x^2+9}{x}$ vơi $x\in \left(0;+\infty \right)$ .

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=\frac{x^2-9}{x^2}$ . Khi đó, $f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=3$  (do $x>0$  ).

Ngoài ra $\underset{x\to 0^{+x}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty ,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$ .

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Căn cứ bảng biến thiên, ta có: $mi{n}_{\left(0;+\infty \right)}f\left(x\right)=6$  tại $x=3$  và hàm số  không có giá trị lớn nhất.

Tập xác định: $D=\left[-1;1\right]$

$y\text{'}=\frac{-2x}{\sqrt{1-x^2}}+2x=0\iff x=0$

Tập xác định mới: $D_1=\left(-1;1\right)$
Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy $ma{x}_D=y\left(0\right)=2$  và $mi{n}_{D}y=y\left(-1\right)=y\left(1\right)=1$

Hàm số xác định trên R.
Ta có $f\left(x\right)={\left({\sin }^{2}x\right)}^2+{\left({\cos }^{2}x\right)}^2={\left({\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x\right)}^2-2{\sin }^{2}x.{\cos }^{2}x=1-1/2{\sin }^{2}2x$  với $x\in \mathrm{ℝ}$ . $f\left(x\right)⩽1,\forall x\in \mathrm{ℝ},f\left(0\right)=1$
. Vậy $ma{x}_{x\in \mathrm{ℝ}}f\left(x\right)=1$
Do ${\sin }^{2}x⩽1;\forall x\Rightarrow \frac{1}{2}{\sin }^{2}x\le \frac{1}{2}$

$\Rightarrow f\left(x\right)=1-\frac{1}{2}{\sin }^{2}x⩾\frac{1}{2};\forall x$

Laị có: $f\left(\frac{\pi }{4}\right)=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$ .
Vậy $mi{n}_{x\in \mathrm{ℝ}}f\left(x\right)=\frac{1}{2}$

Gọi chiều cao của hộp là h (cm)
Thể tích của hộp là: $V=h . x^2=1\iff h=\frac{1}{x^2}$
Diện tích toàn phần của hộp là: $y=S_{tp}=S_{xq}+S_{day}=4hx+2x^2=4.\frac{1}{x^2}.x+2x^2=2x^2+\frac{4}{x}$
Tập xác định: $D=\left(0;+\infty \right)$

$y\text{'}=4x-\frac{4}{x^2}=0\iff x=1$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy $mi{n}_{D}y=y\left(1\right)=6$
Vậy $x = 1 cm$  thì diện tích toàn phần của hộp nhỏ nhất và bằng $6 c{m}^2$

Trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ , ta có $y\text{'}=f\text{'}\left(x\right)=1-\frac{1}{x^2}=\frac{x^2-1}{x^2}$ .

 $y\text{'}=0\iff x=1$ do $x\in \left(0;+\infty \right)$ .

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(x+\frac{1}{x}-7\right)=+\infty$

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(x+\frac{1}{x}-7\right)=+\infty$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta có $f\left(x\right)\ge -5,\forall x\in \left(0;+\infty \right)$  và $f\left(1\right)=-5$ .

Suy ra trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ , hàm số có giá trị nhỏ nhất là -5 tại $x=1$ .

Hàm số $f\left(x\right)$  không có giá trị lớn nhất trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ .

a) Xét $y=x^3-3x-4$  trên nửa khoảng [-3;2)

$y\text{'}=3x^2-3=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy $mi{n}_{\left[-3;2\right]}y=y\left(-3\right)=-22$
b) Xét $y=\frac{3x^2-4x}{x^2-1}$  trên khoảng $\left(-1;+\infty \right)$

Tập xác định: $D=\left(-1;+\infty \right)\backslash \left\{1\right\}$

$y\text{'}=\frac{4x^2-6x+4}{{\left(x^2-1\right)}^2}>0 \forall x\in D$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số không tồn tại giá trị nhỏ nhất trên khoảng $\left(-1;+\infty \right)$

Ta có \[f(x) = {x^3} + 3{x^2} + {m^2} - 5\].

\[f'(x) = 3{x^2} + 6x\]. \[f'(x) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\end{array} \right.\].

Ta có: \(f\left( 0 \right) = {m^2} - 5\), \(f\left( { - 1} \right) = {m^2} - 3\), \(f\left( 2 \right) = {m^2} + 15\)

Do \(f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \[\left[ { - 1\,;\,2} \right]\] khi đó:

\(\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( 0 \right),f\left( { - 1} \right),f\left( 2 \right)} \right\} = f\left( 2 \right) = {m^2} + 15\)

Suy ra \[f(x)\] đạt GTLN tại \[x = 2\].

Khi đó \[{m^2} + 15 = 19 \Leftrightarrow {m^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m =  - 2\end{array} \right.\].

Ta có \(y' = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\).

\(m > 1 \Rightarrow 1 - m < 0 \Rightarrow y' = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne  - 1.\)

\( \Rightarrow \)Hàm số \(y = \frac{{x + m}}{{x + 1}}\) nghịch biến trên \(\left[ {\,1\,;\,4\,} \right]\)\[ \Rightarrow \] \(\mathop {max}\limits_{\left[ {1;4} \right]} y = y\left( 1 \right) = \frac{{m + 1}}{2}\).

Theo đề ta có \(\frac{{m + 1}}{2} = 3 \Leftrightarrow m = 5\).

Xét hàm số $N\left(t\right)=1000+\frac{100t}{100+t^2}(t>0)$ .

Ta có: $N\text{'}\left(t\right)=\frac{100.\left(100+t^2\right)-100t.2t}{{\left(100+t^2\right)}^2}=\frac{100.(100-t^2)}{{\left(100+t^2\right)}^2}$ .

Khi đó, với $t>0,N\text{'}\left(t\right)=0\iff 100-t^2=0\iff t^2=100\iff t=10$ .

Bảng biến thiên của hàm số $N\left(t\right)$  như sau:

Căn cứ bảng biến thiên, ta thấy: Trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ , hàm số $N\left(t\right)$  đạt giá trị lôn nhất bằng 1005 tai $t=10$.

Vậy số lượng vi khuẩn lôn nhất kể từ khi thực hiện cấy vi khuẩn vào môi trường dinh dưởng là 1005 con.

Đặt một cạnh góc vuông là $x\left(x>0\right)$  thì cạnh còn lại là $\sqrt{5-x^2}$
Diện tích tam giác vuông là: $f\left(x\right)=x\sqrt{5-x^2}$
Tập xác định: $D=\left(0;\sqrt{5}\right)$

$f\text{'}\left(x\right)=\sqrt{5-x^2}-\frac{x^2}{\sqrt{5-x^2}}$

Tập xác định mới: $D_1=\left(0;\sqrt{5}\right)$

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{10}}{2}\\ x=-\frac{\sqrt{10}}{2}\left(loai\right)\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy  $ma{x}_{D}f\left(x\right)=f\left(\frac{\sqrt{10}}{2}\right)=\frac{5}{2}$

Vậy diện tích lớn nhất của tam giác là $\frac{5}{2}$

 Ta có: $p=15-\frac{1}{2}q\iff q=2\left(15-p\right)$

Thay vào $R=pq$  ta được: $R=p.2\left(15-p\right)=-2p^2+30p$
 Đặt $y=-2p^2+30p$

Tập xác định: $D=\left(0;+\infty \right)$

$y\text{'}=-4p+30=0\iff p=7,5$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy $ma{x}_{D}y=y\left(7,5\right)=112,5$
Vậy nếu giá bán mỗi kilôgam sản phấm là 7,5 nghìn đồng/kg thì sê đạt được doanh thu cao nhất là 112,5 nghìn đồng

Nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có n con cá thì sau một vụ, số cá trên mỗi đơn vị diện tích mặt hồ trung bình cân năng:

f(n) = n.P(n) = 480n - 20n2 (gam) n ∈ N*

Xét hàm số f(x) = 480x - 20x2 trên (0; +∞)

( Biến n lấy các giá trị nguyên dương được thay bằng biến số x lấy các giá trị trên khoảng (0; +∞))

f' (x) = 480 - 40x ; f' (x) = 0 < = > x = 12

Tren (0; +∞) hàm số f(x) đạt giá trị lớn nhất tại x = 12

Suy ra trên tập hợp N* các số nguyên dương, hàm số f đạt giá trị lớn nhất tại điểm n = 12.

Vậy muốn thu hoạch được nhiều cá nhất sau một vụ thì trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ phải thả 12 con cá.

Gọi chiều rộng của bể cá là \(x\) \(x > 0\).

Ông \(A\) dùng hết \(5\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\) kính để làm bể cá nên \(2{x^2} + 6xh = 5\, \Rightarrow h = \frac{{5 - 2{x^2}}}{{6x}}\).

Do \(x > 0\) và \(h > 0\) nên \(0 < x < \sqrt {\frac{5}{2}} \).

Thể tích bể cá \(V = \frac{1}{3}\left( {5x - 2{x^3}} \right)\).

\(V' = \frac{1}{3}\left( {5 - 6{x^2}} \right)\), \(V' = 0 \Rightarrow x = \sqrt {\frac{5}{6}} \).

Bảng biến thiên của \(V\):

Từ BBT suy ra bể cá có thể tích lớn nhất bằng \(1,01\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).

Ta có \(v = S' =  - 3{t^2} + 18t + 1 =  - 3{\left( {t - 3} \right)^2} + 28 \le 28\), \(\forall t > 0\).

Dấu “\( = \)” xảy ra khi \(t = 3\).

Vậy vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất bằng \(28\) khi \(t = 3\).

Ta có \(v = s' =  - 6{t^2} + 48t + 9\).

Theo đề, ta cần tìm vận tốc lớn nhất trong 10 giây đầu tiên nên bài toán trở thành tìm GTLN của hàm số \(v\left( t \right) =  - 6{t^2} + 48t + 9\) trên đoạn \(\left[ {0\,;\,10} \right]\).

Khi đó \(v'\left( t \right) =  - 12t + 48\), \(v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 4 \in \left[ {0\,;\,10} \right]\).

Ta có \(v\left( 0 \right) = 9;\,\,v\left( 4 \right) = 105;\,\,v\left( {10} \right) =  - 111\). Suy ra \[{v_{m\,ax}} = 105\] \(\left( {m/s} \right)\).

Vậy vận tốc lớn nhất của vật đạt được trong khoảng 10 giây đầu tiên là 105 \(\left( {m/s} \right)\).

\[S =  - {t^3} + 3{t^2} - 2 \Rightarrow v =  - 3{t^2} + 6t =  - 3{\left( {t - 1} \right)^2} + 3 \le 3\].

Do đó \[{\rm{max}}\,v = 3\left( {m/s} \right)\].

Giả sử bể cá có kích thước như hình vẽ.

Ta có: \[2{x^2} + 2xh + 4xh = 6,5\]\[ \Leftrightarrow h = \frac{{6,5 - 2{x^2}}}{{6x}}\].

Do \[h > 0\], \[x > 0\] nên \[6,5 - 2{x^2} > 0\]\[ \Leftrightarrow 0 < x < \frac{{\sqrt {13} }}{2}\].

Lại có \[V = 2{x^2}h\]\[ = \frac{{6,5x - 2{x^3}}}{3}\]\[ = f\left( x \right)\], với .

\[f'\left( x \right) = \frac{{13}}{6} - 2{x^2}\], \[f'\left( x \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow x =  \pm \frac{{\sqrt {39} }}{6}\].

Vậy \[V \le f\left( {\frac{{\sqrt {39} }}{6}} \right) = \frac{{13\sqrt {39} }}{{54}} \approx 1,50\,{{\rm{m}}^3}\].

Gọi hai kích thước của hình chữ nhật là \(x\) và \(y\), với \(2x + y = 2400\) \(\left( {0 < x,y < 2400} \right)\).

Diện tích của mảnh vườn hình chữ nhật là: \(S = xy = \frac{1}{2}2x.y\mathop  \le \limits^{AM - GM} \frac{{{{\left( {2x + y} \right)}^2}}}{8} = \frac{{{{2400}^2}}}{8} = 720000\).

Vậy ông nông dân có thể rào được cánh đồng với diện tích lớn nhất là \(720000\)m­2.

Ta có hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2} + m\) liên tục trên \(\left[ { - 1;1} \right]\).

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 4x\).

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

+) \(x =  \pm 1 \Rightarrow y = m - 1\).

+) \(x = 0 \Rightarrow y = m\).

Suy ra: Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) lần lượt là \(m\) và \(m - 1\).

Theo đề bài ta có: \(m + m - 1 = 5 \Leftrightarrow m = 3\).

Gọi \(x,\,y,\,z\) lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của cái bể (\(x,\,y,\,z\, > \,0;\,\,y = 2x\)). Đơn vị đo độ dài là mét \(\left( m \right)\).

Theo đề bài ta có: \(V = xyz = 2{x^2}z = 10\)\( \Leftrightarrow z = \frac{5}{{{x^2}}}\) \(\left( m \right)\).

Diện tích toàn phần cái bể:

\(S = 2xz + 2xy + 2yz - \frac{1}{5}.xy\)\( = 2x.\frac{5}{{{x^2}}} + 2x.2x + 2.2x.\frac{5}{{{x^2}}} - \frac{1}{5}.x.2x\)\(\left( {{m^2}} \right).\)

\( \Leftrightarrow S = \frac{{30}}{x} + \frac{{16}}{5}{x^2} = \frac{{15}}{x} + \frac{{15}}{x} + \frac{{18}}{5}{x^2} \ge 3\sqrt[3]{{810}}\,\,\left( {{\mathop{\rm Cos}\nolimits} i} \right)\).

Dấu  xảy ra \( \Leftrightarrow \frac{{15}}{x} = \frac{{18}}{5}{x^2}\) \( \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{{75}}{{18}}}} \Rightarrow S \approx 27,965\)\(\left( {{m^2}} \right).\)

Vậy số tiền trả cho nhất công ít nhất là: \(27,965 \times 500000 = 13.982.500\). Từ đó ta chọn đáp án

C.

Gọi \(H,\,K\) là hình chiếu của \(A\) trên bờ dọc và bờ ngang. Đặt \(BH = x\left( {x > 0} \right)\).

Khi đó, \(\frac{{BH}}{{HD}} = \frac{{BA}}{{AC}} = \frac{{DK}}{{KC}} \Rightarrow KC = \frac{{HD.\,DK}}{{BH}} = \frac{{60}}{x}\).

Diện tích khu nuôi cá là:

\(S = \frac{1}{2}BD.\,DC = \frac{1}{2}\left( {x + 5} \right)\left( {\frac{{60}}{x} + 12} \right) = 6x + \frac{{150}}{x} + 60 \ge 2\sqrt {6x.\frac{{150}}{x}}  + 60\)

\( \Rightarrow S \ge 120,\,S = 120\,\,khi\,\,x = 5\). Vậy diện tích nhỏ nhất có thể giăng là \(120{m^2}\).

Hình hộp chữ nhật không nắp lần lượt có chiều rộng, dài, cao là \[x,y,z\], biết \(y = 2x\)

Diện tích không nắp \(S = xy + 2xz + 2yz = 2{x^2} + 6xz = 6,7{\mkern 1mu} {m^2}\) và thể tích \[V = xyz = 2{x^2}z\]

\(S = 2{x^2} + 3xz + 3xz \ge 3\sqrt[3]{{18{x^4}{z^2}}} = 3\sqrt[3]{{\frac{{9{V^2}}}{2}}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{S}{3}} \right)^3} \ge \frac{{9{V^2}}}{2} \Leftrightarrow V \le \frac{1}{3}\sqrt {2{{\left( {\frac{S}{3}} \right)}^3}} \)

Suy ra: \(\max V = \frac{1}{3}\sqrt {2{{\left( {\frac{S}{3}} \right)}^3}}  \approx 1,57{m^3}\);

khi \(2{x^2} = 3xz \Leftrightarrow z = \frac{2}{3}x\)Û\(S = 2{x^2} + 6x\left( {\frac{2}{3}x} \right) = 6{x^2} = 6,7{m^2}\)Û \(x \approx 1.06\).