Đề kiểm tra Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 1

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\,\forall x \ne  - 1\).

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

Vậy  không tồn tại \(\mathop {\max }\limits_{\left( { - 1;\, + \infty } \right)} f\left( x \right)\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = \left( {2x - 5} \right){e^{2x}}\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{5}{2}\).

Bảng biến thiên của hàm số:

Vậy \(\mathop {\min }\limits_\mathbb{R} f\left( x \right) =  - \frac{{{e^5}}}{2}\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = e\).

Bảng biến thiên của hàm số trên nửa khoảng \(\left[ {1;\,{e^2}} \right)\):

Vậy \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;{e^2}} \right)} f\left( x \right) = 0;\,M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;{e^2}} \right)} f\left( x \right) = \frac{1}{e}\).

\( \Rightarrow \ln \left( {m + M} \right) = \ln \frac{1}{e} =  - 1\).

a) ĐÚNG

Với mọi giá trị của \(m\), hàm số\(f\left( x \right) = {x^3} + 3{m^2}x + 2\) là hàm số đa thức bậc 3 liên tục trên \(\mathbb{R}\)nên liên tục trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\), do đó hàm số có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\) với mọi giá trị của \(m\).

b) SAI

Khi \(m = 0\), hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} + 2\) có\(f'\left( x \right) = 3{x^2},f'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \mathbb{R},\) suy ra hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\).

Mặt khác \(f\left( 0 \right) = 2 > 0\), do đó giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\) bằng \(y\left( 0 \right)\).

c) SAI

Khi \(m = 1\), hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} + 3x + 2 \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} + 3 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\), có \(y\left( 0 \right) = 2,y\left( { - 2} \right) = 12\).

d) SAI

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} + 3{m^2}x + 2 \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} + 3{m^2} \ge 0,\forall x \in \mathbb{R},\forall m\).  Mặt khác

\(y\left( 0 \right) = 2,y\left( 1 \right) = \left| {3{m^2} + 3} \right|\)

Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right) = 5 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{m^2} + 3 = 5\\3{m^2} + 3 =  - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{m^2} - 2 = 0{\rm{  }}\left( 1 \right)\\3{m^2} + 8 = 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Phương trình \(\left( 2 \right)\) vô nghiệm, áp dụng định lí Vi-et cho phương trình \(\left( 1 \right)\) ta được tổng các nghiệm là \({m_1} + {m_2} =  - \frac{b}{a} = 0\).

Vậy tổng tất cả các giá trị của tham số \(m\) để \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right) = 5\) là \(0\).

a) Sai

Khi \(m = 2\)

Ta  có  \(y = f(x) = \left| {{x^4} - 2{x^2} + 1} \right| = {x^4} - 2{x^2} + 1 = {({x^2} - 1)^2} \ge 0\) \(\forall x \in \mathbb{R}\) nên giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng \(0\) khi và chỉ khi \(x =  \pm 1\).

b) Sai

Khi \(m = 3\)

Ta  có  \(y = f(x) = \left| {{x^4} - 2{x^2} + 3} \right| = {x^4} - 2{x^2} + 3\)

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

\(f(0) = 3\), \(f(1) = 2\);  \(f(3) = 66\) .  Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f(x) = 66\) .

c) Đúng

Xét  hàm số \(y = h(x) = {x^4} - 2{x^2} + 2m - 3\) có \(h'(x) = 4{x^3} - 4x\)

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

Bảng biến thiên

Hàm số có tập xác định \(D = \left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\).

 Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  + \infty \).

b)   ĐÚNG

Vì \(\left[ { - 1;0} \right] \subset D\) và hàm số liên tục trên \(\left[ { - 1;0} \right]\) nên luôn tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn này.

c)    ĐÚNG

\(f\left( x \right) = {\log _2}\left( {{x^2} - 3x + 2} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{2x - 3}}{{\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)\ln 2}}\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x =  - \frac{3}{2} \notin \left[ { - 1;0} \right]\).

\(\begin{array}{l}f\left( { - 1} \right) = {\log _2}6\\f\left( 0 \right) = 1 < {\log _2}6\end{array}\)

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f\left( x \right) = 1\).

d)   SAI

TXĐ \(D = \left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\) chứa \(\left[ {3;4} \right]\).

\(g\left( x \right) = {2^{f\left( x \right)}} + m = {2^{{{\log }_2}\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)}} + m = {x^2} - 3x + 2 + m\).

Có \(g'\left( x \right) = 2x - 3,g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2} \notin \left[ {3;4} \right]\). Mà hàm số đồng biến trên \(\left[ {3;4} \right]\) nên \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 3 \right) = 2 + m\).

Theo đề ta có \(2 + m =  - 3 \Leftrightarrow m =  - 5\)

Vậy \({m_0} =  - 5 \in \left( { - 5;0} \right)\)là sai.

a) Sai

Khi \(m = 0\) ta có  \(y = f(x) = {x^3} - 3x - 2\) có \(y' = 3{x^2} - 3\)

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

Bảng biến thiên

Đáp số: 1.

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6mx;\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2m\end{array} \right..\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) =  - 4{m^3} + 10\) khi \(x = 2m\).

Theo giả thiết ta có \( - 4{m^3} + 10 = 6 \Leftrightarrow m = 1\).

Vậy \(m = 1\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp số: 1.

Ta có \[y = \frac{1}{3}{\cos ^3}x + \frac{1}{4}\cos 2x - 2\cos x + \frac{5}{4}\]

\[ = \frac{1}{3}{\cos ^3}x + \frac{1}{2}{\cos ^2}x - 2\cos x + 1.\]

Đặt \[t = \cos x\]\(\left( {t \in \left[ { - 1;1} \right]} \right)\)

Ta có \[y = \frac{1}{3}{t^3} + \frac{1}{2}{t^2} - 2t + 1\]

\[y' = {t^2} + t - 2\]

\[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\,\, \in \left[ { - 1;1} \right]\\t =  - 2\,\, \notin \left[ { - 1;1} \right]\end{array} \right.\]

\[y\left( { - 1} \right) = \frac{{19}}{6};\,\,y\left( 1 \right) =  - \frac{1}{6}.\]

\[ \Rightarrow \mathop {{\rm{Max}}}\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} \,\,y = y\left( { - 1} \right) = \frac{{19}}{6}.\]

Suy ra \(m - 3n = 19 - 3.6 = 1\)

Đáp số: 59.

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật đáy bể là \[x\,\left( m \right)\] suy ra chiều dài của hình chữ nhật là \[2x\]. Gọi \[h\] là chiều cao của bể ta có \[V = Sh = 2{x^2}.h = 200 \Rightarrow h = \frac{{100}}{{{x^2}}}.\]

Diện tích của bể là \[S = 2h.x + 2.2hx + 2{x^2} = 2{x^2} + 6hx = 2{x^2} + 6.\frac{{100}}{{{x^2}}}.x = 2{x^2} + \frac{{600}}{x}\]

\[S' = 4x - \frac{{600}}{{{x^2}}}\]

\[S' = 0 \Leftrightarrow 4x = \frac{{600}}{{{x^2}}} \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{150}}\].

Suy ra chi phí thấp nhất để xây bể là \[S\left( {\sqrt[3]{{150}}} \right).350000 \approx 59\] triệu đồng.

Đáp số: 3.

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

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

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

\(V' = \frac{{ - 3{x^2} + 108}}{4}\)

\(V' = 0 \Leftrightarrow x = 6\) (do \(x > 0\) ).

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

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

Đáp số: 30.

Để chi phí xây dựng bờ rào là ít tốn kém nhất thì chu vi mảnh đất phải bé nhất.

Gọi \(x\) là chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật\(\left( {x > 0} \right)\)

Suy ra chiều rộng là \(\frac{{100}}{x}\)

Chu vi của mảnh đất hình chữ nhật là \(C\left( x \right) = 2x + \frac{{200}}{x}\)

Ta có:\(C'\left( x \right) = 2 - \frac{{200}}{{{x^2}}} = \frac{{2{x^2} - 200}}{{{x^2}}}\)

\(C'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} - 200 = 0 \Leftrightarrow x = 10\)\(\left( {v\`i \,\,x > 0} \right)\)

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy \(\mathop {\min \,\,C\left( x \right) = C(10) = 40}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,} \)

Suy ra chu vi mảnh đất hình chữ nhật bé nhất khi chiều dài bằng \(10\,m\), chiều rộng bằng \(10\,m\)

Vậy \(a + 2b = 30\).

Đáp số: 34,5.

Gọi giá bán mới là \(x\) (triệu đồng) với \(x \in \left[ {30;35} \right]\).

Khi đó số xe bán ra là \(400 + \left( {35 - x} \right)100\).

Lợi nhuận thu được là

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = \left[ {400 + \left( {35 - x} \right)100} \right].\left( {x - 30} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, =  - 100{x^2} + 6900x - 117000\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, =  - 100{\left( {x - \frac{{69}}{2}} \right)^2} + 2025 \le 2025\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(x = \frac{{69}}{2}\).

Vậy giá bán mới là \(34,5\) triệu đồng thì lợi nhuận thu được cao nhất.