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)$^{2}$ (dm$^{2}$) với 0 < x < 3.

Ta phải tìm x$_{0}$ ∈ (0; 3) sao cho V(x$_{0}$) 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 ≤ x$^{2}$≤ 9 với mọi x ∈ [– 3; 3] nên – 9 ≤ – x$^{2}$ ≤ 0 với mọi x ∈ [– 3; 3], khi đó ta suy ra 0 ≤ 9 – x$^{2}$ ≤ 9 với mọi x ∈ [– 3; 3], do đó $0\le \sqrt{9-{x}^{2}}\le 3$ với mọi x ∈ [– 3; 3], tức là 0 ≤ f(x) ≤ 3 với mọi x ∈ [– 3; 3].

Ta có f(0) = 3 nên $\underset{[-3;3]}{\max }f(x)=3$ ; f(3) = f(– 3) = 0 nên $\underset{[-3;3]}{\min }f(x)=0$ .

Ta có $f(x)=x+\frac{1}{x-1}=\frac{{x}^{2}-x+1}{x-1}$ .

a) Ta có $\underset{x\rightarrow {1}^{+}}{\lim }({x}^{2}-x+1)=1>0$ , $\underset{x\rightarrow {1}^{+}}{\lim }(x-1)=0$ , x – 1 > 0 khi x → 1$^{+}$.

Do đó, $\underset{x\rightarrow {1}^{+}}{\lim }f(x)=+\infty$ .

Ta có $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }f(x)=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{{x}^{2}-x+1}{x-1}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }(x\cdot \frac{1-\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}}{1-\frac{1}{x}})=+\infty$ .

b) Ta có ${f}^{'}(x)=1-\frac{1}{{(x-1)}^{2}}$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:

Xét hàm số $y=\frac{2x-5}{x-1}$ với x ∈ (1; 3].

Ta có: ${y}^{'}=\frac{3}{{(x-1)}^{2}}$ .

y' > 0 với mọi x ∈ (1; 3].

Ngoài ra $\underset{x\rightarrow {1}^{+}}{\lim }y=-\infty$, $\underset{x\rightarrow {3}^{-}}{\lim }y=y(3)=\frac{1}{2}$ .

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Từ bảng biến thiên suy ra $\underset{(1;\ 3]}{\max }y=\frac{1}{2}$ 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) = 6x$^{2}$ – 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 ∙ 2$^{3}$ – 6 ∙ 2 = 4;

f(– 1) = 2 ∙ (– 1)$^{3}$ – 6 ∙ (– 1) = 4;

f(1) = 2 ∙ 1$^{3}$ – 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 $(\frac{π}{2};\ \frac{3π}{2})$ , không tồn tại x để f'*(x) = 0.

$f(\frac{π}{2})=-π,\ f(\frac{3π}{2})=-3π$ .

Vậy $\underset{[\frac{π}{2};\ \frac{3π}{2}]}{\max }f(x)=-π$tại $x=\frac{π}{2}$ , $\underset{[\frac{π}{2};\ \frac{3π}{2}]}{\min }f(x)=-3π$ tại $x=\frac{3π}{2}$ .

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 ${f}^{'}(x)=\frac{-8x}{{(1+{x}^{2})}^{2}}$ . Ta có f*'*(x) = 0 khi x = 0.

Ngoài ra $\underset{x\rightarrow \infty }{\lim }f(x)=0$ .

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 $f(x)=x-\frac{3}{x}$với x ∈ (0; 3].

Ta có ${f}^{'}(x)=1+\frac{3}{{x}^{2}}$ . Khi đó, trên nửa khoảng (0; 3], f*'*(x) > 0.

Ngoài ra $\underset{x\rightarrow {0}^{+}}{\lim }f(x)=-\infty ,\ \underset{x\rightarrow {3}^{-}}{\lim }f(x)=f(3)=2$ .

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 $f(x)=x+\frac{4}{x}$ với x ∈ (0; + ∞).

Ta có ${f}^{'}(x)=1-\frac{4}{{x}^{2}}$ . Khi đó, trên khoảng (0; + ∞), f*'*(x) = 0 khi x = 2.

Ngoài ra $\underset{x\rightarrow {0}^{+}}{\lim }f(x)=+\infty ,\ \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$ .

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) = x$^{3}$ – 12x + 1 với x ∈ (1; + ∞).

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

Ngoài ra $\underset{x\rightarrow {1}^{+}}{\lim }f(x)=f(1)=-10,\ \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$.

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) = 3x$^{2}$ – 3x. Khi đó, trên khoảng (– 1; 2), f'*(x) = 0 khi x = 0 hoặc x = 1.

f(– 1) = $-\frac{5}{2}$ , f(0) = 0, f(1) = $-\frac{1}{2}$ , f(2) = 2.

Vậy $\underset{[-1;\ 2]}{\max }f(x)=2$tại x = 2, $\underset{[-1;\ 2]}{\min }f(x)=-\frac{5}{2}$ tại x = – 1.

b) Ta có f*'(x) = 4x$^{3}$ – 6x$^{2}$ + 2x. Khi đó, trên khoảng (– 1; 1), f'*(x) = 0 khi x = $\frac{1}{2}$ hoặc x = 0.

f(– 1) = 5, $f(\frac{1}{2})=\frac{17}{16}$ , f(0) = 1, f(1) = 1.

Vậy $\underset{[-1;\ 1]}{max}f(x)=5$ tại x = – 1, $\underset{[-1;\ 1]}{\min }f(x)=1$tại x = 0 hoặc x = 1.

c) Ta có f*'*(x) = e$^{x}$(x$^{2}$ – 5x + 7) + e$^{x}$(2x – 5) = e$^{x}$(x$^{2}$ – 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) = e$^{2}$, f(3) = e$^{3}$.

Vậy $\underset{[0;\ 3]}{max}f(x)={e}^{3}$ tại x = 3, $\underset{[0;\ 3]}{\min }f(x)=7$ tại x = 0.

d) Ta có f*'(x) = – 2sin 2x + 2. Khi đó trên khoảng $(\frac{-π}{2};π)$ , không tồn tại x sao cho f'*(x) = 0.

$f(\frac{-π}{2})=-π$, f(π) = 2 + 2π.

Vậy $\underset{[\frac{-π}{2};\ π]}{\max }f(x)=2+2π$ tại $x=\frac{-π}{2}$ , $\underset{[\frac{-π}{2};\ π]}{\min }f(x)=-π$ tại x = π.

Xét phương trình chuyển động của chất điểm s(t) = – t$^{3}$ + 6t$^{2}$ + t + 5 với t ∈ [0; 5].

Vận tốc tức thời của chất điểm là v(t) = s*'*(t) = – 3t$^{2}$ + 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 – 3t$^{2}$) với t ∈ [0; 0,5].

Có V*''(t) = 300(2 – 6t). Khi đó, trên khoảng (0; 0,5), V"*(t) = 0 khi $t=\frac{1}{3}$ .

V*'(0) = 0,${V}^{'}(\frac{1}{3})=100$ , V'*(0,5) = 75.

Do đó, $\underset{[0;\ 0{,}5]}{\max }{V}^{'}(t)=100$ tại $t=\frac{1}{3}$ .

Vậy xăng chảy vào bình xăng ở thời điểm $\frac{1}{3}$ giây kể từ khi bắt đầu bơm có tốc độ tăng thể tích là lớn nhất.

Xét hàm số V = k(R – r)r$^{2}$ với r ∈ [0; R)

Ta có V*'*(r) = k ∙ (– r$^{2}$) + k(R – r) ∙ 2r = rk(2R – 3r).

Khi đó, trên nửa khoảng [0; R), V*'*(r) = 0 khi r = 0 hoặc r = $\frac{2}{3}R$ .

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Từ bảng biến thiên, ta thấy $\underset{[0;\ R)}{\max }V=\frac{4}{27}k{R}^{3}$ tại $r=\frac{2}{3}R$ .

Vậy $r=\frac{2}{3}R$ thì tốc độ của không khí đi vào khí quản là lớn nhất.