ĐGNL ĐHQG Hà Nội - Tư duy định lượng - Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Khảo sát hàm số\[y = - {x^3} + 3x\] trên\[\left[ {0;3} \right]\]

\[ + y' = - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\]

+ BBT:

⇒ Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x=1.

Đáp án cần chọn là: C

\[y\prime = 3{x^2} - 10x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3 \in [2;4]}\\{x = \frac{1}{3} \notin [2;4]}\end{array}} \right.\]

\[f\left( 2 \right) = - 7,f\left( 3 \right) = - 10,f\left( 4 \right) = - 5\]

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số\[y = {x^3} - 5{{\rm{x}}^2} + 3{\rm{x}} - 1\]trên đoạn\[\left[ {2;4} \right]\]là M=−5

Đáp án cần chọn là: C

TXĐ:\[D = R\]

Ta có:\[f'\left( x \right) = \frac{{8{{\rm{x}}^2} - 12{\rm{x}} - 8}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\]

\[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2\]hoặc\[x = - \frac{1}{2}\]

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 0\]

Bảng biến thiên

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là y=8 tại \[x = - \frac{1}{2}\]

Đáp án cần chọn là: C

TXĐ: \[D = R\]

Ta có:\[y' = 4{{\rm{x}}^3} + 4{\rm{x}} \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in \left[ { - 1;2} \right]\]

\[f( - 1) = 2,{\rm{\;f(0)\; = \;}} - 1,{\rm{\;f(2)\; = \; 23}}\]Ta thấy GTLN và GTNN lần lượt  là\[M = 23,m = - 1 \Rightarrow M.m = 23.\left( { - 1} \right) = - 23\]

Đáp án cần chọn là: C

TXĐ: \[R \setminus \left\{ 0 \right\}\]

\[y' = 1 - \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}\]

\[y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1(tm)\]hoặc\[x = - 1(ktm)\]

Bảng biến thiên:

\[ \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{x \in \left( {0; + \infty } \right)} \,y = f\left( 1 \right) = 2\]

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án cần chọn là: D

Đặt\[x + 1 = t.\]Khi đó:\[x \in \left[ { - 1;\,\,0} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;\,\,1} \right].\]

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \mathop {Min}\limits_{[0;1]} f(t) = 0\,khi\,t = 0 \Rightarrow x = - 1}\\{A = \mathop {Max}\limits_{[0;1]} f(t) = 3\,khi\,t = 1 \Rightarrow x = 0}\end{array}} \right.\)

\[ \Rightarrow a + A = 0 + 3 = 3.\]

Đáp án cần chọn là: D

Ta có:\[\left| {f\left( x \right) + m} \right| < 2m\]

\[ \Leftrightarrow - 2m < f\left( x \right) + m < 2m\]

\[ \Leftrightarrow - 3m < f\left( x \right) < m\]

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 3m < \mathop {min}\limits_{[ - 1;4]} f(x)}\\{\mathop {max}\limits_{[ - 1;4]} f(x) < m}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 3m < - 2}\\{3 < m}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > \frac{2}{3}}\\{m > 3}\end{array}} \right.\)</>

\[ \Leftrightarrow m > 3\]

Kết hợp điều kiện đề bài\[ \Rightarrow m \in \left( {3;10} \right],\,\,m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {4;5;6;7;8;9;10} \right\}\]

Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần chọn là: C

Ta có \[g\left( x \right) = 2f\left( x \right) - {x^2} \Rightarrow g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) - 2x\]

Cho\[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x\,\,\,\left( 1 \right)\]

Nghiệm của phương trình (1) là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số

\[y = f'\left( x \right);\,\,y = x.\]

Vẽ đường thẳng y=xy=x và đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] trên cùng hệ trục tọa độ:

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hai hàm số\[y = f'\left( x \right);\,\,y = x\] cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ là \[ - 2;2;4.\]

\[ \Rightarrow g\prime (x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 2}\\{x = 2}\\{x = 4}\end{array}} \right.\]Bảng biến thiên đồ thị hàm số\[y = g\left( x \right)\]

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số g(x) trên đoạn \[\left[ { - 2;4} \right]\;\]là g(2).

Đáp án cần chọn là: B

Ta có :\[g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} + 2} \right).f'\left( {{x^3} + 2x} \right)\]

\[g\prime (x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3{x^2} + 2 = 0}\\{f\prime ({x^3} + 2x) = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow f\prime ({x^3} + 2x) = 0\](Do phương trình \[3{x^2} + 2 = 0\;\]vô nghiệm).

Từ đồ thị hàm số f(x) đã cho ta có 

\[f\prime ({x^3} + 2x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^3} + 2x = 0}\\{{x^3} + 2x = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = {x_0} \approx 0,77}\end{array}} \right.\]

Hàm số g(x) trên đoạn \[\left[ {0;1} \right]\]có : 

\[\begin{array}{*{20}{l}}{g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) + m = m + 1}\\{g\left( {{x_0}} \right) = f\left( 2 \right) + m = m - 3}\\{g\left( 1 \right) = f\left( 3 \right) + m = m + 1}\end{array}\]

Do đó,\[\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = g\left( 1 \right) = m + 1\]

Theo giả thiết, giá trị lớn nhất của hàm số g(x) trên \[\left[ {0;1} \right]\]bằng 9 nên\[m + 1 = 9 \Leftrightarrow m = 8\]

Vậy m=8.

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án cần chọn là: B

Ta có :

\[\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = \frac{1}{{{x^2} - 4x + 5}} - \frac{{{x^2}}}{4} + x}\\{f\left( x \right) = \frac{1}{{{x^2} - 4x + 5}} - \frac{{{x^2} - 4x}}{4}}\end{array}\]

Đặt\[t = {x^2} - 4x + 5\] với \[x \in \left[ {0;3} \right]\] ta có\[t' = 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2 \in \left[ {0;3} \right]\]

Ta có \[t\left( 0 \right) = 5;\,\,t\left( 2 \right) = 1,\,\,t\left( 3 \right) = 2\]

 ⇒ Với\[x \in \left[ {0;3} \right]\]  thì\[t \in \left[ {1;5} \right]\]  khi đó hàm số trở thành\[f\left( t \right) = \frac{1}{t} - \frac{{t - 5}}{4}\] với\[t \in \left[ {1;5} \right]\]

Ta có\[f'\left( t \right) = - \frac{1}{{{t^2}}} - \frac{1}{4} < 0\,\,\forall t \in \left[ {1;5} \right]\]

⇒ Hàm số\[y = f\left( t \right)\] nghịch biến trên\[\left[ {1;5} \right]\]

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {max}\limits_{[0;3]} f(x) = \mathop {max}\limits_{[1;5]} f(t) = f(1) = 2 = M}\\{\mathop {min}\limits_{[0;3]} f(x) = \mathop {min}\limits_{[1;5]} f(t) = f(5) = \frac{1}{5} = m}\end{array}} \right.\)

Vậy \[M - m = 2 - \frac{1}{5} = \frac{9}{5}\]

Đáp án cần chọn là: D

Ta có:\[g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) - 2\left( {1 - x} \right) = 2\left[ {f'\left( x \right) - \left( {1 - x} \right)} \right]\]

Xét \[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 1 - x\] số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] và đường thẳng\[y = 1 - x\]

Ta biểu diễn đường thẳng\[y = 1 - x\] trên hình vẽ:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy\[f\prime (x) = 1 - x \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 4}\\{x = - 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.\]

Từ đó, ta suy ra bảng xét dấu g′(x) như sau:

Vậy hàm số đạt GTNN tại x=−1

Đáp án cần chọn là: A

Ta có\[y = f\left( {\left| x \right| - m} \right) = f\left( {\sqrt {{x^2}} - m} \right)\]

\[ \Rightarrow y' = \frac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2}} }}f'\left( {\sqrt {{x^2}} - m} \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2}} }}f'\left( {\sqrt {{x^2}} - m} \right)\]

Để hàm số đồng biến trên\[\left( {10; + \infty } \right)\]thì\[y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\]

\[ \Rightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2}} }}f'\left( {\sqrt {{x^2}} - m} \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\]

\[ \Rightarrow f'\left( {\sqrt {{x^2}} - m} \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\,\,\left( * \right)\]

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên \[\left( {1; + \infty } \right)\]và\[\left( { - \infty ; - 1} \right)\]

Do đó (∗)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {{x^2}} - m \ge 1\forall x \in (10; + \infty )\,\,\,\,(1)}\\{\sqrt {{x^2}} - m \le - 1\forall x \in (10; + \infty )\,\,\,\,(2)}\end{array}} \right.\)

Xét (1) ta có\[m \le \sqrt {{x^2}} - 1\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right) \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {10; + \infty } \right)} \left( {\sqrt {{x^2}} - 1} \right)\]

Xét \[g\left( x \right) = \sqrt {{x^2}} - 1\]trên khoảng\[\left( {10; + \infty } \right)\]ta có

\[g'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2}} }} > 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\]do đó hàm số đồng biến trên\[\left( {10; + \infty } \right)\]

\[ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {10; + \infty } \right)} \left( {\sqrt {{x^2}} - 1} \right) = g\left( {10} \right) = 9 \Leftrightarrow m \le 9\]

Xét (2) ta có: \[m \ge \sqrt {{x^2}} + 1\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right) \Rightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {10; + \infty } \right)} \left( {\sqrt {{x^2}} + 1} \right)\]

Do \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2}} + 1} \right) = + \infty \] nên hàm số đã cho không có GTLN trên\[\left[ {10; + \infty } \right)\]do đó không tồn tại m thỏa mãn (2).

Vậy \[m \le 9\] nên giá trị nguyên lớn nhất của m bằng 9.

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án cần chọn là: C

Bước 1: Giả sử chóp tứ giác đều là \[S.ABCD\]. Gọi\[O = AC \cap BD\] đặt\[AB = x\,\,\left( {x > 0} \right)\] tính SO theo x.

Giả sử chóp tứ giác đều là S.ABCD Gọi\[O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\]

Đặt\[AB = x\,\,\left( {x > 0} \right)\] ta có \[{S_{ABCD}} = {x^2}\]

\[ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{x^2} = 16 \Leftrightarrow SO = \frac{{48}}{{{x^2}}}\]

Bước 2: Gọi M là trung điểm của CD.  Tính SM theo x, từ đó tính \[{S_{{\rm{\Delta }}SCD}}\] theo x.

Gọi M là trung điểm của CD ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot OM}\\{CD \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot (SOM) \Rightarrow CD \bot SM\)

Ta có\[OM = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}AB = \frac{x}{2}\] áp dụng định lí Pytago ta có:

\[SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{48}}{{{x^2}}}} \right)}^2} + \frac{{{x^2}}}{4}} \]

\[ \Rightarrow {S_{{\rm{\Delta }}SCD}} = \frac{1}{2}SM.CD = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {\frac{{48}}{{{x^2}}}} \right)}^2} + \frac{{{x^2}}}{4}} .x = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{{{{48}^2}}}{{{x^2}}} + \frac{{{x^4}}}{4}} \]

Bước 3: Tìm GTNN của diện tích mạ vàng

Để diện tích mạ vàng nhỏ nhất thì\[{S_{{\rm{\Delta }}SCD}}\] nhỏ nhất\[ \Rightarrow \frac{{{{48}^2}}}{{{x^2}}} + \frac{{{x^4}}}{4}\] đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có

\[\frac{{{{48}^2}}}{{{x^2}}} + \frac{{{x^4}}}{4} = \frac{{1152}}{{{x^2}}} + \frac{{1152}}{{{x^2}}} + \frac{{{x^4}}}{4} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{1152}}{{{x^2}}} + \frac{{1152}}{{{x^2}}} + \frac{{{x^4}}}{4}}}\]

\[ \ge 3.\sqrt[3]{{331776}}\] (BĐT Cô-si).

Vậy diện tích mạ vàng nhỏ nhất là \[4.3.\sqrt[3]{{331776}} \approx 831\,c{m^3}\]

Bước 1: Gọi x(m),3x(m) lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể. Tính chiều cao của bể.

Gọi x(m),3x(m) lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể, h là chiều cao của bể.

Theo bài ra ta có: \[V = x.3x.h = 6 \Rightarrow h = \frac{6}{{3{x^2}}} = \frac{2}{{{x^2}}}\,\,\left( m \right)\]

Bước 2: Tính tổng diện tích các mặt làm bê tông.

Khi đó tổng diện tích các mặt bể được làm bê tông là:

\[2x.\frac{2}{{{x^2}}} + 2.3x.\frac{2}{{{x^2}}} + 2x.3x - x.3x.\frac{2}{9} = \frac{{16{x^2}}}{3} + \frac{{16}}{x}\]

Bước 3: Sử dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương để tính số tiền ít nhất cần tìm

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\[\frac{{16{x^2}}}{3} + \frac{{16}}{x} = \frac{{16{x^2}}}{3} + \frac{8}{x} + \frac{8}{x} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{16{x^2}}}{3}.\frac{8}{x}.\frac{8}{x}}} = 8\sqrt[3]{{18}}\]

Dấu “=” xảy ra khi\[\frac{{16{x^2}}}{3} = \frac{8}{x} \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{3}{2}}}\]

Vậy số tiền ít nhất mà cô Ngọc cần bỏ ra là \[8\sqrt[3]{{18}}{.10^6} \approx 21.000.000d\]