Đề kiểm tra Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 3

Dựa vào hình vẽ, ta có \(M = 3;\,m = - 2\, \Rightarrow \,M - m = \,5\).

Ta có \(M + N = \frac{{46}}{3} - \frac{{62}}{3} = - \frac{{16}}{3}.\)

Chọn C

Hàm số xác định khi \(x \ne  - 1\)

Ta có \(y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\,\) với mọi \(x \ne  - 1 \Rightarrow \)hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;\, - 1} \right),\,\left( { - 1; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left[ {0;2} \right]\)\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 0 \right) =  - 2\).

Chọn B

\(f'\left( x \right) = \frac{{ - {x^2} + 1}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - {x^2} + 1}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

Bảng biến thiên

Vậy giá trị lớn nhất là \[\frac{1}{2}\] khi \(x = 1\).

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

Có \( - 1 \le \sin 2025x \le 1 \Leftrightarrow  - 3 \le 3\sin 2025x \le 3 \Leftrightarrow 2 \le 3\sin 2025x + 5 \le 8\)

Suy ra: \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_\mathbb{R} y = 8 \Leftrightarrow \sin 2025x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{{4050}} + \frac{{k2\pi }}{{2025}}\).

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{5}{2}} \right\}\]

Có \(y' = \frac{1}{{{{\left( {2x - 5} \right)}^2}}} > 0\) nên hàm số đồng biến trên \(\left[ { - 1;2} \right]\)

do đó \[\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} y + \mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} y = y\left( 2 \right) + y\left( { - 1} \right) = 1 + \frac{4}{7} = \frac{{11}}{7}.\]

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

\[y' = 3{x^2} + 6x - 45\]

Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3 \in \left[ { - 2;4} \right]\\x =  - 5 \notin \left[ { - 2;4} \right]\end{array} \right.\)

\(y\left( { - 2} \right) = 97;\,\,y\left( 3 \right) =  - 78;\,y\left( 4 \right) =  - 65\).

Tích giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \[\left[ { - 2;4} \right]\] bằng \( - 7566\).

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

\(y = 2{e^{2x}} - 5{e^x} + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \ln 2 \notin \left[ {0;2} \right]\\x = \ln 2 \in \left[ {0;2} \right]\end{array} \right.\)

\(y\left( 0 \right) =  - 4;\,y\left( {\ln 2} \right) = 2\ln 2 - 6;\,y\left( 2 \right) = {e^4} - 5.{e^2} + 4\).

Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\)bằng \[2\ln 2 - 6\] tại \(x = \ln 2\).

Tập xác định \(D = \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]\).

\(y' = 1 - \frac{x}{{\sqrt {2 - {x^2}} }}\);

Ta có: \(y' = 0\)\( \Leftrightarrow x - \sqrt {2 - {x^2}}  = 0\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow x = 1\).

Ta có \(y\left( {\sqrt 2 } \right) = \sqrt 2 \); \(y\left( { - \sqrt 2 } \right) =  - \sqrt 2 \); \(y\left( 1 \right) = 2\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} y = y\left( 1 \right) = 2\); \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} y = y\left( { - \sqrt 2 } \right) =  - \sqrt 2 \).

Vậy \(M - m = 2 + \sqrt 2 \).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

Ta có: \(y' = \frac{{1 + {m^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\;\forall x \ne  - 1\). Suy ra hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.

Suy ra hàm số đồng biến trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\). Do đó, ta có:

\(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {0;1} \right]} y =  - 4\)\( \Leftrightarrow y\left( 0 \right) =  - 4\)\( \Leftrightarrow  - {m^2} =  - 4\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 2{\rm{  }}}\\{m =  - 2}\end{array}} \right.\).                 

Ta có: \(y = \left( {1 - {{\sin }^2}2x} \right) - \sin 2x + 4\).

Đặt \(t = \sin 2x,\left( { - 1 \le t \le 1} \right)\), hàm số đã cho trở thành \(f\left( t \right) =  - {t^2} - t + 5\).

Ta có:\(f'\left( t \right) =  - 2t - 1;f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t =  - \frac{1}{2}\).

Có:\(f\left( { - 1} \right) = 5;f\left( 1 \right) = 3;f\left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{21}}{4}\). Suy ra \[\min y = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = 3\].

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là \(3\).

Đặt \(\sin x = t\). Vì \(x \in \left[ {0;\pi } \right]\) nên \(t \in \left[ {0;1} \right]\).

Suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} g\left( x \right) = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( t \right)\).

Ta thấy \(f'\left( t \right) \le 0\;\forall \;t \in \left[ {0;1} \right]\) nên hàm số \(f\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\left[ {0;1} \right]\).

Do vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right)\).

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

a)  Khi \(m = 0\) thì giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) bằng \(2\).

Thay \(m = 0\)vào \(y = \frac{{{x^2} + mx + 1}}{{x + m}}\), ta có \(y = \frac{{{x^2} + 1}}{x} \Rightarrow y' = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 1 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1 \notin \left( {0; + \infty } \right)\end{array} \right.\).

            b)  Ta có \(y = \frac{{{x^2} + mx + 1}}{{x + m}} \Rightarrow y' = \frac{{{x^2} + 2mx + {m^2} - 1}}{{{{(x + m)}^2}}}\).

\( + y' = 0\)\( \Leftrightarrow {x^2} + 2mx + {m^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - m - 1;\,(\,x \ne  - m)\\x =  - m + 1;\,(\,x \ne  - m)\end{array} \right.\).

 \( \Rightarrow y' = 0\) luôn có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn \(x \ne  - m,\,\,\forall m\). Vậy hàm số luôn có 2 cực trị.

c) \( + y' = 0\)\( \Leftrightarrow {x^2} + 2mx + {m^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - m - 1\\x =  - m + 1\end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có: \(\mathop {max}\limits_{\left( { - \infty ; - m} \right)} y =  - 2 - m\,\,;\,\,\,\,\,\mathop {\min }\limits_{\left( { - m; + \infty } \right)} y = 2 - m \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left( { - m; + \infty } \right)} y - \mathop {{\mathop{\rm m}\nolimits} ax}\limits_{\left( { - \infty ; - m} \right)} y = 4\).

d) Khi \(m =  - 3\)thay vào \(y = \frac{{{x^2} + mx + 1}}{{x + m}}\), ta có \(y = \frac{{{x^2} - 3x + 1}}{{x - 3}}\).

            + Hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 3x + 1}}{{x - 3}}\) là hàm phân thức hữu tỉ, liên tục trên các khoảng \(\left( { - \infty ;3} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right)\).

            Mặt khác \(\left[ { - 1;2} \right] \subset \left( { - \infty ;3} \right) \Rightarrow \)hàm số liên tục trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\).

            + Ta có \(y' = \frac{{{x^2} - 6x + 8}}{{{{(x - 3)}^2}}} > 0\,\,\forall x \in \left( { - 1;2} \right)\) và \(y(2) = 1\).

Vì hàm số tăng trên \(\left( { - 1;2} \right)\) nên hàm số đạt giá trị lớn nhất \(\mathop {max}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} y = y(2) = 1\).

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra

a) \(m =  - 4\).

b) \(M = 0\).

c)\(M + m = 0 + ( - 4) =  - 4\).

d) Với \(\forall x \in \left[ { - 1\,;\, + \infty } \right)\), ta có: \(f\left( x \right) \le 0 \Rightarrow f\left( x \right) + 4 \le 4\) và \(f\left( x \right) + 4 = 4 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 2\end{array} \right.\)

Vậy, giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( x \right) + 4\) trên nửa khoảng \(\left[ { - 1\,;\, + \infty } \right)\) là \(4\).

Ta có TXĐ: \(D = \mathbb{R}.\).

\(y' = 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y =  - 2\\x =  \pm 1 \Rightarrow y =  - 3\end{array} \right..\).

a) Từ bảng biến thiên, suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 1\,;\,1} \right]\) là \( - 3\).

b) Giá trị lớn nhất của hàm số trên nửa khoảng \(\left[ { - 1\,;\, + \infty } \right)\) không tồn tại.

c) Vì \(f( \pm 2) = 6\), \(f( \pm 1) =  - 3\), \(f(0) =  - 2\)nên \(\mathop {\min y}\limits_{\left[ { - 2\,;\,2} \right]}  =  - 3\), \(\mathop {\max y}\limits_{\left[ { - 2\,;\,2} \right]}  = 6\).

Do đó \(\mathop {\min y}\limits_{\left[ { - 2\,;\,2} \right]}  + \mathop {\max y}\limits_{\left[ { - 2\,;\,2} \right]}  =  - 3 + 6 = 3\)

d) \(\mathop {\min y}\limits_{\left[ {0\,;\,2} \right]}  = f(1) =  - 3\), \(\mathop {\max y}\limits_{\left[ {0\,;\,2} \right]}  = f(2) = 6\)

Suy ra \(A\left( {1\,;\, - 3} \right)\), \(B\left( {2\,;\,6} \right)\). Do đó: \(AB = \sqrt {{{(2 - 1)}^2} + {{(6 - ( - 3))}^2}}  = \sqrt {82} \).

Đáp số: 6

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

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

Ngoài ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) =  + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f(x) =  + \infty \).

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Căn cứ bảng biến thiên, ta có: \(\mathop {\min }\limits_{(0; + \infty )} f(x) = 6\) tại \(x = 3\) và hàm số \(f(x)\) không có giá trị lớn nhất.

Đáp số: 0

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

Khi đó, trên khoảng \((1;4):\,\,\,\,g'(x) = 0\) khi \(x = e\).

\(g(1) = 0,g(e) = \frac{1}{e},g(4) = \frac{{\ln 4}}{4} = \frac{{\ln 2}}{2}\).

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{[1;4]} g(x) = 0\) tại \(x = 1\).

Đáp số: 10

Điều kiện: \(x \in \left[ {1;15} \right]\) (vì độ giảm huyết áp không thể là số âm)

\(\begin{array}{l}G'\left( x \right) = 0,035\left[ {2x\left( {15 - x} \right) - {x^2}} \right] = 0,105x\left( {10 - x} \right)\\ \Rightarrow G'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \notin \left[ {1;15} \right]\\x = 10 \in \left[ {1;15} \right]\end{array} \right.\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}G\left( 1 \right) = \frac{{49}}{{100}} = 0,49.\\G\left( {10} \right) = \frac{{35}}{2} = 17,5.\\G\left( {15} \right) = 0.\end{array}\).

Vậy huyết áp bệnh nhân giảm nhiều nhất khi tiêm cho bệnh nhân liều \(x = 10\) miligam.

Gọi \(H\) là trung điểm \(BC\) suy ra \(H\) là tâm ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Do \(SA = SB = SC\) nên ta có \(SH \bot \left( {ABC} \right)\).

Đặt \(AC = x\). Ta có

\(BC = \sqrt {A{C^2} + A{B^2}}  = \sqrt {{x^2} + 4} \).

Trong tam giác \(SBH\) ta có \(SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}}  = \frac{{\sqrt {32 - {x^2}} }}{2}\),\(0 < x < 4\sqrt 2 \)

Thể tích của lều

\(V = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt {32 - {x^2}} }}{2}.\frac{1}{2}.2.x = \frac{1}{6}x.\sqrt {32 - {x^2}} \).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = x.\sqrt {32 - {x^2}} \)ta có \(f'\left( x \right) = \sqrt {32 - {x^2}}  - \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {32 - {x^2}} }}\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 32 - {x^2} = {x^2} \Rightarrow x = 4\). Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra độ dài cạnh \(AC\) là \(4m\)

Đáp số: \(15 - 2\sqrt 3 \).

Giả sử \(BD = x \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}DC = 15 - x\\AD = \sqrt {{x^2} + 36} \end{array} \right.,\left( {0 \le x \le 15} \right)\).

Tổng thời gian để vận động viên về đích là \(t = \frac{{\sqrt {{x^2} + 36} }}{8} + \frac{{15 - x}}{{16}}\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 36} }}{8} + \frac{{15 - x}}{{16}}\),\(0 \le x \le 15\), ta có \(f'\left( x \right) = \frac{x}{{8\sqrt {{x^2} + 36} }} - \frac{1}{{16}}\).

Ta có bảng biến thiên

Vậy vận động viên nên vào bờ tại vị trí \(D\) cách đích \(C\) một khoảng là \(15 - 2\sqrt 3  \approx 11,54km\)

Đáp số: \(1,5\).

Gọi \(x\)\(\left( {x > 0} \right)\) là chiều rộng hình chữ nhật đáy bể, suy ra chiều dài hình chữ nhật đáy bể là \(3x.\)

\(V = h.x.3x = h.3{x^2} = 18\) \( \Rightarrow h = \frac{{18}}{{3{x^2}}} = \frac{6}{{{x^2}}}\).

Gọi \(P\) là diện tích xung quanh cộng với diện tích một đáy bể của hình hộp chữ nhật.

Nguyên vật liệu ít nhất khi \(P\) nhỏ nhất.

\(P = 2hx + 2.h.3x + 3{x^2} = 2.\frac{6}{{{x^2}}}.x + 2.\frac{6}{{{x^2}}}.3x + 3{x^2} = \frac{{48}}{x} + 3{x^2}.\)

Đặt \(f\left( x \right) = \frac{{48}}{x} + 3{x^2}\), \(\left( {x > 0} \right)\).

Ta có hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) và \(f'\left( x \right) = \frac{{ - 48}}{{{x^2}}} + 6x\),\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 48}}{{{x^2}}} + 6x = 0 \Leftrightarrow {x^3} = 8 \Leftrightarrow x = 2\).

Bảng biến thiên:

Suy ra vật liệu ít nhất khi \(h = \frac{6}{{{x^2}}} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}\left( m \right)\).