Đề kiểm tra Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 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}{cccccccccccccccccccc}{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. Đ

b. Đ

c. S

d. Đ

a. S

b. Đ

c. Đ

d. Đ

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

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

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 $4$.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

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 $h = \frac{6}{{{x^2}}} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}\left( m \right)$.