Giải SGK Toán 12 Cánh diều Bài 2. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số có đáp án

Ta thấy độ dài x (dm) của cạnh hình vuông bị cắt phải thỏa mãn điều kiện 0 < x < 3.

Từ giả thiết suy ra kích thước của khối hộp chữ nhật là x, 6 – 2x, 6 – 2x (dm).

Thể tích của khối hộp là V(x) = x(6 – 2x)² (dm²)    với 0 < x < 3.

Ta phải tìm x₀ ∈ (0; 3) sao cho V(x₀) có giá trị lớn nhất.

Ta có V'(x) = (6 – 2x)² – 4x(6 – 2x) = (6 – 2x)(6 – 6x) = 12(3 – x)(1 – x).

Trên khoảng (0; 3), V'(x) = 0 khi x = 1.

Bảng biến thiên của hàm số V'(x) như sau:

Căn cứ bảng biến thiên, ta thấy: Trên khoảng (0; 3), hàm số V(x) đạt giá trị lớn nhất bằng 16 tại x = 1.

Vậy để khối hộp tạo thành có thể tích lớn nhất thì x = 1 (dm).

Quan sát đồ thị Hình 8, ta thấy:

a) Điểm B(1; 3) thuộc đồ thị hàm số có tung độ lớn nhất.

b) Điểm C(0; – 1) thuộc đồ thị hàm số có tung độ nhỏ nhất.

Do 0 ≤ x² ≤ 9 với mọi x ∈ [– 3; 3] nên – 9 ≤ – x² ≤ 0 với mọi x ∈ [– 3; 3], khi đó ta suy ra 0 ≤ 9 – x² ≤ 9 với mọi x ∈ [– 3; 3], do đó 0≤9−x2≤3 với mọi x ∈ [– 3; 3], tức là 0 ≤ f(x) ≤ 3 với mọi x ∈ [– 3; 3].

Ta có f(0) = 3 nên max−3;3fx=3; f(3) = f(– 3) = 0 nên min−3;3fx=0 .

Ta có fx=x+1x−1=x2−x+1x−1 .

a) Ta có limx→1+x2−x+1=1>0, limx→1+x−1=0, x – 1 > 0 khi x → 1⁺.

Do đó, limx→1+fx=+∞ .

Ta có limx→+∞fx=limx→+∞x2−x+1x−1=limx→+∞x⋅1−1x+1x21−1x=+∞ .

b) Ta có  f'x=1−1x−12 với x > 1.

          f'(x) = 0 ⇔ (x – 1)² = 1 ⇔ x = 2 (t/m) hoặc x = 0 (loại).

Bảng biến thiên của hàm số f(x) trên khoảng (1; + ∞) như sau:

c) Từ bảng biến thiên ta suy ra hàm số f(x) có giá trị nhỏ nhất trên khoảng (1; + ∞) là 3 tại x = 2 và hàm số này không có giá trị lớn nhất trên khoảng (1; + ∞).

Xét hàm số y=2x−5x−1 với x ∈ (1; 3].

Ta có: y'=3x−12.

          y' > 0 với mọi x ∈ (1; 3].

Ngoài ra  limx→1+y=−∞, limx→3−y=y3=12.

Bảng biến thiên của hàm số như sau: 

Từ bảng biến thiên suy ra max1;  3y=12 tại x = 3 và hàm số y không có giá trị lớn nhất.

a) Từ đồ thị ở Hình 9 ta có .

b) Ta có f'(x) = 6x² – 6. Khi đó, trên khoảng (– 2; 2), f'(x) = 0 khi x = 1 hoặc x = – 1.

c) Ta có f(– 2) = 2 ∙ (– 2)³ – 6 ∙ (– 2) = – 4;

          f(2) = 2 ∙ 2³ – 6 ∙2 = 4;

f(– 1) = 2 ∙ (– 1)³ – 6 ∙ (– 1) = 4;

f(1) = 2 ∙ 1³ – 6 ∙ 1 = – 4.

d) Ta có M = f(2) = f(– 1) và m = f(– 2) = f(1).

Ta có f'(x) = 2cos 2x – 2. Khi đó, trên khoảng π2; 3π2, không tồn tại x để f'(x) = 0.

fπ2=−π,  f3π2=−3π.

Vậy  maxπ2; 3π2fx=−π tại x=π2, minπ2; 3π2fx=−3π tại x=3π2.

Đáp án đúng là: B

Vì sin x ∈ [– 1; 1] nên sin x – 2 023 < 0 ∀ x ∈ ℝ, tức là f'(x) < 0 ∀ x ∈ ℝ.

Do đó, hàm số y = f(x) nghịch biến trên ℝ.

Suy ra f(1) > f(2).

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) trên đoạn [1; 2] bằng f(1).

a) Ta có f'x=−8x1+x22. Ta có f'(x) = 0 khi x = 0.

Ngoài ra limx→∞fx=0 .

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy maxf(x) = 4 tại x = 0.

b) Xét hàm số  fx=x−3x với x ∈ (0; 3].

Ta có f'x=1+3x2. Khi đó, trên nửa khoảng (0; 3], f'(x) > 0.

Ngoài ra limx→0+fx=−∞, limx→3−fx=f3=2 .

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy maxf(x) = 2 tại x = 3.

a) Xét hàm số fx=x+4x với x ∈ (0; + ∞).

Ta có f'x=1−4x2. Khi đó, trên khoảng (0; + ∞), f'(x) = 0 khi x = 2.

Ngoài ra limx→0+fx=+∞,  limx→+∞fx=+∞.

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy minf(x) = 4 tại x = 2.

b) Xét hàm số f(x) = x³ – 12x + 1 với x ∈ (1; + ∞).

Ta có f'(x) = 3x² – 12. Khi đó, trên khoảng (1; + ∞), f'(x) = 0 khi x = 2.

Ngoài ra  limx→1+fx=f1=−10, limx→+∞fx=+∞.

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy minf(x) = – 15 tại x = 2.

a) Ta có f'(x) = 3x² – 3x. Khi đó, trên khoảng (– 1; 2), f'(x) = 0 khi x = 0 hoặc x = 1.

f(– 1) = −52, f(0) = 0, f(1) = −12, f(2) = 2.

Vậy  max−1; 2fx=2 tại x = 2, min−1; 2fx=−52 tại x = – 1.

b) Ta có f'(x) = 4x³ – 6x² + 2x. Khi đó, trên khoảng (– 1; 1), f'(x) = 0 khi x = 12  hoặc x = 0.

f(– 1) = 5, f12=1716, f(0) = 1, f(1) = 1.

Vậy max−1; 1fx=5 tại x = – 1,  min−1; 1fx=1 tại x = 0 hoặc x = 1.

c) Ta có f'(x) = e^x(x² – 5x + 7) + e^x(2x – 5) = e^x(x² – 3x + 2) = e^x(x – 1)(x – 2).

Khi đó, trên khoảng (0; 3), f'(x) = 0 khi x = 1 hoặc x = 2.

f(0) = 7, f(1) = 3e, f(2) = e², f(3) = e³.

Vậy max0; 3fx=e3 tại x = 3, min0; 3fx=7  tại x = 0.

d) Ta có f'(x) = – 2sin 2x + 2. Khi đó trên khoảng −π2;π, không tồn tại x sao cho f'(x) = 0.

f−π2=−π, f(π) = 2 + 2π.

Vậy max−π2; πfx=2+2π tại x=−π2 , min−π2; πfx=−π  tại x = π.

Xét phương trình chuyển động của chất điểm s(t) = – t³ + 6t² + t + 5 với t ∈ [0; 5].

Vận tốc tức thời của chất điểm là v(t) = s'(t) = – 3t² + 12t + 1 với t ∈ [0; 5].

Ta có v'(t) = – 6t + 12. Khi đó, trên khoảng (0; 5), v'(t) = 0 khi t = 2.

v(0) = 1, v(2) = 13, v(5) = – 14.

Do đó,  tại t = 2.

Vậy chất điểm có vận tốc tức thời lớn nhất bằng 13 m/s tại thời điểm t = 2 giây trong 5 giây đầu tiên.

a) Ta có V(0) = 4. Do đó, ban đầu trong bình xăng có 4 lít xăng.

b) Sau khi bơm 30 giây, tức 0,5 phút thì bình xăng đầy.

Ta có V(0,5) = 41,5. Vậy dung tích của bình xăng trong xe là 41,5 lít.

c) Ta có V'(t) = 300(2t – 3t²) với t ∈ [0; 0,5].

Có V''(t) = 300(2 – 6t). Khi đó, trên khoảng (0; 0,5), V"(t) = 0 khi t=13.

V'(0) = 0,V'13=100 , V'(0,5) = 75.

Do đó, max0; 0,5V't=100  tại t=13 .

Vậy xăng chảy vào bình xăng ở thời điểm 13  giây kể từ khi bắt đầu bơm có tốc độ tăng thể tích là lớn nhất.

Xét hàm số V = k(R – r)r² với r ∈ [0; R)

Ta có V'(r) = k ∙ (– r²) + k(R – r) ∙ 2r = rk(2R – 3r).

Khi đó, trên nửa khoảng [0; R), V'(r) = 0 khi r = 0 hoặc r = 23R .

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Từ bảng biến thiên, ta thấy max0; RV=427kR3  tại r=23R .

Vậy r=23R thì tốc độ của không khí đi vào khí quản là lớn nhất.