Giải SBT Toán 12 Tập 1 KNTT Bài 2. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số có đáp án

Quan sát đồ thị, ta thấy:

Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại điểm x₈.

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x₇.

Hàm số đạt cực đại tại điểm x₆.

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x₄ và x₇.

a) y = 3x⁴ – 4x³

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y' = 12x³ – 12x²

           y' = 0 ⇔ 12x³ – 12x² = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1.

Từ bảng biến thiên, ta được \(\mathop {\min }\limits_\mathbb{R} y = y\left( 1 \right) = - 1\).

Hàn số không có giá trị lớn nhất.

b) \(y = \frac{{{x^2}}}{{x - 1}}\), x > 1

Tập xác định: D = (1; +∞).

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

           y' = 0 ⇔\(\frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\) = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = 0.

Do x > 1 nên x = 0 loại.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên, ta được: \(\mathop {\min }\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} y = y\left( 2 \right) = 4\).

Hàm số không có giá trị lớn nhất trên khoảng (1; +∞).

a) y = −x³ + 3x² + 2

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có: y' = −3x² + 6x

           y' = 0 ⇔ −3x² + 6x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số không có cả giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.

b) \(y = \frac{x}{{{x^2} + 2}}\)

Tập xác định: D = ℝ.

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

           y' = 0 ⇔\(\frac{{2 - {x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}}\) = 0 ⇔ x = ±\(\sqrt 2 \).

Ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên, ta được:

\(\mathop {\min }\limits_\mathbb{R} y = y\left( { - \sqrt 2 } \right) = - \frac{{\sqrt 2 }}{4}\); \(\mathop {\max }\limits_\mathbb{R} y = y\left( {\sqrt 2 } \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

a) \(f(x) = x\sqrt {4 - {x^2}} \), −2 ≤ x ≤ 2

Ta có: f'(x) = \(\sqrt {4 - {x^2}} + \frac{{ - {x^2}}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\) = \(\frac{{4 - 2{x^2}}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\);

           f'(x) = 0 ⇔ x = ±\(\sqrt 2 \).

Ta tính được các giá trị: f(−2) = f(2) = 0; f(−\(\sqrt 2 \)) = −2; f(\(\sqrt 2 \)) = 2.

Do đó, \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - \sqrt 2 } \right) = - 2\); \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( {\sqrt 2 } \right) = 2\).

b) f(x) = x – cosx, \( - \frac{\pi }{2} \le x \le \frac{\pi }{2}\)

Ta có: f'(x) = 1 + sinx

           f'(x) = 0 ⇔ 1 + sinx = 0 ⇔ x = \( - \frac{\pi }{2} + k2\pi \) (k ∈ ℤ).

Do \( - \frac{\pi }{2} \le x \le \frac{\pi }{2}\) nên x = \( - \frac{\pi }{2}\) (với k = 0).

Ta tính được các giá trị: \(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2}\); \(f\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2}\).

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = - \frac{\pi }{2}\), \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2}\).

Xét x ∈ (0; 2), ta có: f(x) = 2x – 1

                                  f'(x) = 2 > 0 với mọi x ∈ (0; 2).

Mặt khác, ta có: f(0) = −1, f(2) = 3.

Xét x ∈ (2; 3), ta có: f(x) = x2 – 5x + 9

                                  f'(x) = 2x – 5

                                  f'(x) = 0 ⇔ x = \(\frac{5}{2}\) (thỏa mãn).

Mặt khác, f\(\left( {\frac{5}{2}} \right)\) = \(\frac{{11}}{4}\); f(3) = 3.

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right)\) = f(0) = −1; \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right)\) = f(2) = f(3) = 3.                            

a) Ta có: P' = \( - \frac{3}{{10}}\)s² + 12s

               P' = 0 ⇔\( - \frac{3}{{10}}\)s² + 12s = 0 ⇔ s = 0 hoặc s = 40.

Ta có bảng biến thiên:

Vậy để mang lại lợi nhuận tối đa, số tiền công ty phải chi cho quảng cáo là 40 nghìn USD.

b) Từ bảng biến thiên, suy ra:

Lợi nhuận của công ty tăng dần khi số tiền chi cho quảng cáo tăng từ 0 đến 40 nghìn USD

Lợi nhuận của công ty giảm dần khi số tiền chi cho quảng cáo lớn hơn 40 nghìn USD và khi đó, càng tăng tiền quảng cáo thì lợi nhuận càng giảm.

a) Ta có: C = C(x) = \(3,6.\left( {\frac{{2500}}{x} + x} \right)\) với x ∈ [10; 75].

                      C'(x) = 3,6.\(\left( { - \frac{{2500}}{{{x^2}}} + 1} \right)\)

                      C'(x) = 0 ⇔ x = 50 (do x ∈[10; 75]).

Xét trên đoạn [10; 75], ta tính được: C(10) = 936; C(50) = 360; C(75) = 390.

Vậy xe tải đi với tốc độ 50 dặm/giờ thì chi phí nhiên liệu sẽ ít nhất.

b) Trong trường hợp người lái xe tải được trả lương 28 USD/giờ (khi xe chạy) thì chi phí C(X) khi lái xe s dặm là:

C(x) = 28. \(\frac{s}{x}\) + \(\frac{s}{{200}}\left( {\frac{{2500}}{x} + x} \right)\) = \(s.\left( {\frac{{81}}{{2x}} + \frac{x}{{200}}} \right)\).

Ta có: C'(x) = \(s\left( { - \frac{{81}}{{2{x^2}}} + \frac{1}{{100}}} \right)\).

Suy ra C'(x) < 0 với mọi x ∈ [10; 75], tức là hàm số C(x) nghịch biến trên đoạn [10; 75]

Vậy xe phải di chuyển với tốc độ 72 dặm/ giờ thì tiết kiệm chi phí nhất.

Xét hàm số: \(I = \frac{a}{{{x^2}}} + \frac{b}{{{{\left( {s - x} \right)}^2}}}\), 0 < x < s.

Ta có: I' = \( - \frac{{2a}}{{{x^3}}} + \frac{{2b}}{{\left( {s - z} \right)}} = \frac{{2\left[ {b{x^3} - a{{\left( {s - x} \right)}^3}} \right]}}{{{x^3}{{\left( {s - x} \right)}^3}}}\), 0 < x < s.

Do đó: I' = 0 ⇔\(\frac{x}{{s - x}} = \frac{{\sqrt[3]{a}}}{{\sqrt[3]{b}}}\)⇔ x = \(\frac{{s\sqrt[3]{a}}}{{\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b}}}\).

Ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy tại điểm P trên AB và cách A một khoảng PA = x = \(\frac{{s\sqrt[3]{a}}}{{\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b}}}\) (m) thì nhiệt độ thấp nhất.

Ta có: R(θ) = \(\frac{{v_0^2\sqrt 2 }}{{16}}\left( {\cos \theta \sin \theta  - {{\cos }^2}\theta } \right)\) = \(\frac{{v_0^2\sqrt 2 }}{{32}}\left( {\sin 2\theta  - \cos 2\theta  - 1} \right)\), 45° ≤ θ ≤ 90°.

Do đó: R'(θ) = \(\frac{{v_0^2\sqrt 2 }}{{16}}\left( {\cos 2\theta  + \sin 2\theta } \right)\)

            R'(θ) = 0 ⇔ 2θ = 135° ⇔ θ = 67,5° (do 45° ≤ θ ≤ 90°).

Mặt khác, R(45°) = 0; R(67,5°) = \(\frac{{{v^2}\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}}{{32}}\); R(90°) = 0.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy khi góc ném θ = 67,5° thì quãng đường R là lớn nhất và bằng \(\frac{{{v^2}\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}}{{32}}\) feet, trong đó v0 (feet/giây) là vận tốc ban đầu của vật.

a) Vận tốc của xe là v(t) = s'(t) = −10πsinπt (cm/s).

Do đó, gia tốc của xe là a(t) = v'(t) = −10π²cosπt (cm/s²).

Ta có: v'(t) = 0 ⇔ t ∈\(\left\{ {\frac{1}{2};\frac{3}{2};\frac{5}{2};\frac{7}{2}} \right\}\) (do t ∈ [0; 4]).

Mặt khác, v(0) = v(4) = 0; v\(\left( {\frac{1}{2}} \right)\) = v\(\left( {\frac{3}{2}} \right)\) = v\(\left( {\frac{5}{2}} \right)\) = v\(\left( {\frac{7}{2}} \right)\) = −10π.

Tốc độ của độ lớn của vận tốc, tức là \(\left| {v\left( t \right)} \right|\).

Vậy tốc độ lớn nhất của xe là 10π (cm/s), đạt được tại các thời điểm: \(\frac{1}{2};\frac{3}{2};\frac{5}{2};\frac{7}{2}\) giây.

Tại các thời điểm đó, xe đều có gia tốc bằng 0 và tại các vị trí s = 0 (tức là ở vị trí xe đứng yên, khi mà chưa kéo lò xo).

b) Ta có: a'(t) = 10π³sinπt

               a'(t) = 0 ⇔ t ∈ {0; 1; 2; 3; 4}.

Khi đó, a(0) = a(2) = a(4) = −10π²; a(1) = a(3) = 10π².

Độ lớn gia tốc của xe là \[\left| {a\left( t \right)} \right|\].

Do đó, độ lớn gia tốc là lớn nhất tại các thời điểm 0; 1; 2; 3; 4 giây.

Khi t = 0; 2; 4 giây, xe ở vị trí s = 10 (cm); khi t = 1; 3 giây, xe ở vị trí s = −10 (cm).

Vậy độ lớn của gia tốc của xe lớn nhất tại các vị trí s = 10 (cm) hoặc s = −10 (cm) (tức là khi xe ở mép phải hoặc mép trái của quãng đường dao động) và tại các vị trí đó, vận tốc của xe đều bằng 0.