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

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

$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\,\,\end{array} \right.$. Loại $x = - 2$ vì không thuộc đoạn $\left[ {0;2} \right]$.

$y\left( 0 \right) = 0;\,\,y\left( 2 \right) = \frac{4}{3}$. Do đó GTLN của hàm số trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$ là $\frac{4}{3}$ đạt được tại $x = 2$.

TXĐ: $D = \left[ { - 1; + \infty } \right)$

Ta có $\sqrt {x + 1} \ge 0,\,\forall x \in \left[ { - 1; + \infty } \right)$ nên GTNN của hàm số đã cho là $0$, đạt được khi $x = - 1$.

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

Ta có $- 1 \le \sin 2x \le 1$ nên suy ra $1 \le \sin 2x + 2 \le 3$. Do đó ${y_{\max }} = 3;\,{y_{\min }} = 1$ nên

${y_{\max }} + \,{y_{\min }} = 3 + 1 = 4$.

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

Ta có $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f(x) = \mathop {\max \left| {h(x)} \right|}\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} = \max \left\{ {\left| {2m - 4} \right|;\left| {2m - 3} \right|} \right\}$

TH1: $\left\{ \begin{array}{l}\left| {2m - 4} \right| = 27\\\left| {2m - 4} \right| \ge \left| {2m - 3} \right|\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = \frac{{31}}{2}\\m = - \frac{{23}}{2}\end{array} \right.\\m \le \frac{7}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - \frac{{23}}{2}$

TH2: $\left\{ \begin{array}{l}\left| {2m - 3} \right| = 27\\\left| {2m - 3} \right| \ge \left| {2m - 4} \right|\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 15\\m = - 12\end{array} \right.\\m \ge \frac{7}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 15$

Vậy có hai giá trị của m thóa mãn nên c đúng

d) Đúng

Ta có $h( - 1) = 2m - 4$; $h(0) = 2m - 3$

+) Nếu $h( - 1).h(0) \le 0 \Leftrightarrow \frac{3}{2} \le m \le 2$thì

$\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f(x) = \mathop {\max }\limits_{\left| {\left[ { - 1;0} \right]} \right|} \left| {h(x)} \right| = \max \left\{ {\left| {2m - 4} \right|;\left| {2m - 3} \right|} \right\}$;$\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f(x) = \mathop {\min }\limits_{\left| {\left[ { - 1;0} \right]} \right|} \left| {h(x)} \right| = 0$

Do đó $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f(x) + \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f(x) = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {2m - 4} \right| = 3\\\left| {2m - 3} \right| = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{7}{2},m = \frac{1}{2}\\m = 3,m = 0\end{array} \right.$

Đối chiếu điều kiện không có giá trị nào của m thỏa mãn

+) Nếu $h( - 1).h(0) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < \frac{3}{2}\\m > 2\end{array} \right.$

$\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f(x) + \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f(x) = 3 \Leftrightarrow \left| {2m - 4} \right| + \left| {2m - 3} \right| = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}m > 2\\2m - 4 + 2m - 3 = 3\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}m < \frac{3}{2}\\4 - 2m + 3 - 2m = 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{5}{2}\\m = 1\end{array} \right.$

Vây tổng các giá trị của $m$ bằng $\frac{7}{2}$.

a) SAI

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

Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[ { - 1;1} \right]$ bằng $0$.

b) Đúng

Ta có $x \in \left[ { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right] \Leftrightarrow 2x \in \left[ { - 1;1} \right]$

Đặt $t = 2x,t \in \left[ { - 1;1} \right]$ , $f(t) = {t^3} - 3t - 2$

Theo câu a có giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[ { - 1;1} \right]$ bằng $- 4$ .

c) Đúng

$x \in \left[ { - 3;0} \right] \Leftrightarrow x + 1 \in \left[ { - 2;1} \right]$

Đặt $t = x + 1$, $t \in \left[ { - 2;1} \right]$ ; $f(t) = {t^3} - 3t - 1$

$f'(t) = 3{t^2} - 3$ ; $f'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = - 1\end{array} \right.$

Ta có $f( - 2) = - 3$; $f( - 1) = 1$; $f(1) = - 3$ nên $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;0} \right]} f(x + 1) = 1$.

d) Sai

Đặt $t = 1 - 3x$ , $x \in \left[ { - 2;0} \right] \Rightarrow t \in \left[ {1;7} \right]$

$f(t) = {t^3} - 3t + {m^2} - 2$, $f'(t) = 3{t^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1 \in \left[ {1;7} \right]\\t = - 1 \notin \left[ {1;7} \right]\end{array} \right.$

$f(1) = {m^2} - 4$ ; $f(7) = {m^2} + 320$

$\mathop {\min h(x)}\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} < 2 \Leftrightarrow {m^2} - 4 < 2 \Leftrightarrow - \sqrt 6 < m < \sqrt 6$

Do $m \in \left( { - 2023;2024} \right)$, $m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 2, - 1{,}0{,}1{,}2} \right\}$.Vậy có 5 giá trị thỏa mãn nên câu d sai

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.