Giải Toán 12 Kết Nối Tri Thức Bài 2 Giá Trị Lớn Nhất Và Giá Trị Nhỏ Nhất Của Hàm Số

Giải Toán 12 kết nối tri thức bài 2 Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số chi tiết dễ hiểu giúp các bạn tham khảo và làm bài tập một cách hiệu quả.

Câu 1.10. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các hàm số sau:

a) $y = – {x^2} + 4x + 3$;

b) $y = {x^3} – 2{x^2} + 1$ trên $\left[ {0; + \infty } \right)$;

c) $y = \frac{{{x^2} – 2x + 3}}{{x – 1}}$ trên $\left( {1; + \infty } \right)$;

d) $y = \sqrt {4x – 2{x^2}} $.

Lời giải:

a) $y = – {x^2} + 4x + 3$;

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$

$y’ = – 2x + 4$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 2$

Bảng biến thiên

Vậy,

+ $\mathop {max}\limits_\mathbb{R} = y(2) = 7$

+ Không tồn tại giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$.

b) $y = {x^3} – 2{x^2} + 1$ trên $\left[ {0; + \infty } \right)$;

$y’ = 3{x^2} – 4x$

$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
x = \frac{4}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.$

Bảng biến thiên

Vậy,

+ Không tồn tại giá trị lớn nhất trên $\left[ {0; + \infty } \right)$.

+ $\mathop {\min y}\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} = y\left( {\frac{4}{3}} \right) = – \frac{5}{{27}}$

c) $y = \frac{{{x^2} – 2x + 3}}{{x – 1}}$ trên $\left( {1; + \infty } \right)$;

$y’ = \frac{{{x^2} – 2x – 1}}{{{{(x – 1)}^2}}}$

$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 1 + \sqrt 2 \hfill \\
x = 1 – \sqrt 2 \,\,(loại) \hfill \\
\end{gathered} \right.$

Bảng biến thiên

Vậy

+ Không tồn tại giá trị lớn nhất trên$\left( {1; + \infty } \right)$.

+ $\mathop {\min y}\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} = y\left( {1 + \sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 $

d) $y = \sqrt {4x – 2{x^2}} $.

Tập xác định: $D = \left[ {0;2} \right]$

$y’ = \frac{{2 – 2x}}{{\sqrt {4x – 2{x^2}} }}$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 1$

Bảng biến thiên

Vậy,

+ $\mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} = y(1) = \sqrt 2 $

+ $\mathop {\min y}\limits_{\left[ {0;2} \right]} = y\left( 0 \right) = y(2) = 0$

Câu 1.11. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các hàm số sau:

a) $y = {x^4} – 2{x^2} + 3$;

b) $y = x{e^{ – x}}$;

c) $y = xlnx$;

d) $y = \sqrt {x – 1} + \sqrt {3 – x} $.

Lời giải:

a) $y = {x^4} – 2{x^2} + 3$;

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$

$y’ = 4{x^3} – 4x$

$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
x = 0 \hfill \\
x = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.$

Bảng biến thiên

+ Không tồn tại giá trị lớn nhất trên$\mathbb{R}$.

+ $\mathop {\min y}\limits_\mathbb{R} = y\left( { – 1} \right) = y\left( 1 \right) = 2$

b) $y = x{e^{ – x}}$;

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$

$y’ = \frac{{1 – x}}{{{e^x}}}$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 1$

Bảng biến thiên

+ $\mathop {max}\limits_\mathbb{R} = y(1) = \frac{1}{e}$.

+ Không tồn tại giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$.

c) $y = xlnx$;

Tập xác định: $D = (0; + \infty )$

$y’ = \ln x – 1$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = e$

Bảng biến thiên

Vậy

+ Không tồn tại giá trị lớn nhất trên$(0; + \infty )$.

+ $\mathop {\min y}\limits_{(0; + \infty )} = y\left( e \right) = e$

d) $y = \sqrt {x – 1} + \sqrt {3 – x} $.

Tập xác định: $D = \left[ {1;3} \right]$

$y’ = \frac{{\sqrt {3 – x} – \sqrt {x – 1} }}{{2\sqrt {3 – x} .\sqrt {x – 1} }}$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 2$

Bảng biến thiên

Vậy,

+ $\mathop {max}\limits_{\left[ {1;3} \right]} = y(2) = 2$

+ $\mathop {\min y}\limits_{\left[ {1;3} \right]} = y\left( 1 \right) = y(3) = \sqrt 2 $

Câu 1.12. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau:

a) $y = 2{x^3} – 6x + 3$ trên đoạn $\left[ { – 1;2} \right]$;

b) $y = {x^4} – 3{x^2} + 2$ trên đoạn $\left[ {0;3} \right]$;

c) $y = x – sin2x\;$trên đoạn $\left[ {0;\pi } \right]$

d) $y = \left( {{x^2} – x} \right){e^x}$ trên đoạn $\left[ {0;1} \right]$.

Lời giải:

a) $y = 2{x^3} – 6x + 3$ trên đoạn $\left[ { – 1;2} \right]$;

$y’ = 6{x^2} – 6$

$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 1\,\,(nhận) \hfill \\
x = – 1\,\,(nhận) \hfill \\
\end{gathered} \right.$

$y( – 1) = 7$

$y(1) = – 1$

$y(2) = 7$

Vậy,

+ $\mathop {max}\limits_{\left[ { – 1;2} \right]} = y( – 1) = y(2) = 7$

+ $\mathop {\min y}\limits_{\left[ { – 1;2} \right]} = y\left( 1 \right) = – 1$

b) $y = {x^4} – 3{x^2} + 2$ trên đoạn $\left[ {0;3} \right]$;

$y’ = 4{x^3} – 6x$

$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\,\,(nhận) \hfill \\
x = 0\,\,(nhận) \hfill \\
\,\,x = – \frac{{\sqrt 6 }}{2}(loại) \hfill \\
\end{gathered} \right.$

$y(0) = 2$

$y(3) = 56$

$y\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) = – \frac{1}{4}$

Vậy,

+ $\mathop {max}\limits_{\left[ {0;3} \right]} = y(3) = 56$

+ $\mathop {\min y}\limits_{\left[ {0;3} \right]} = y\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) = – \frac{1}{4}$

c) $y = x – sin2x$ trên đoạn $\left[ {0;\pi } \right]$

$y’ = 1 – 2cos2x$

$y’ = 0 \Leftrightarrow 1 – 2cos2x = 0 \Leftrightarrow cos2x = \frac{1}{2}$

$ \Leftrightarrow cos2x = cos\frac{\pi }{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \hfill \\
2x = – \frac{\pi }{3} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{\pi }{6} + k\pi \hfill \\
x = – \frac{\pi }{6} + k\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.$

Do $x \in \left[ {0;\pi } \right]$ nên $\left[ \begin{gathered}
x = \frac{\pi }{6} \hfill \\
x = \frac{{5\pi }}{6} \hfill \\
\end{gathered} \right.$

$y(0) = 0$

$y(\pi ) = \pi $

$y\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{\pi }{6} – \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

$y\left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right) = \frac{{5\pi }}{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

Vậy,

+ $\mathop {max}\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} = y\left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right) = \frac{{5\pi }}{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

+ $\mathop {\min y}\limits_{\left[ {0;3} \right]} = y\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{\pi }{6} – \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

d) $y = \left( {{x^2} – x} \right){e^x}$ trên đoạn $\left[ {0;1} \right]$.

$y’ = {\left( {{x^2} – x} \right)^\prime }.{e^x} + ({x^2} – x).{\left( {{e^x}} \right)^\prime }$

$ = \left( {2x – 1} \right).{e^x} + ({x^2} – x).{e^x} = {e^x}\left[ {{x^2} + x – 1} \right]$

$y’ = 0 \Leftrightarrow {e^x}\left[ {{x^2} + x – 1} \right] = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
{e^x} = 0\,\,(vô\,nghiệm) \hfill \\
{x^2} + x – 1 = 0\, \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{{ – 1 + \sqrt 2 }}{2}\,\,(nhận) \hfill \\
x = \frac{{ – 1 – \sqrt 2 }}{2}\,(loại) \hfill \\
\end{gathered} \right.$

$y(0) = 0$

$y(1) = 0$

$y\left( {\frac{{ – 1 + \sqrt 2 }}{2}} \right) = \left( {\frac{{5 – 4\sqrt 2 }}{4}} \right){e^{\frac{{ – 1 + \sqrt 2 }}{2}}}$

Vậy,

+ $\mathop {max}\limits_{\left[ {0;1} \right]} = y(0) = y(1) = 0$

+ $\mathop {\min y}\limits_{\left[ {0;1} \right]} = y\left( {\frac{{ – 1 + \sqrt 2 }}{2}} \right) = \left( {\frac{{5 – 4\sqrt 2 }}{4}} \right){e^{\frac{{ – 1 + \sqrt 2 }}{2}}}$

Câu 1.13. Trong các hình chữ nhật có chu vi là $24\;cm$, hãy tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất.

Lời giải:
Gọi $x,\,y$ là độ dài các cạnh của hình chữ nhật ($x > 0,\,y > 0$)
Ta có:
Chu vi hình chữ nhật là: $2x + 2y = 24 \Rightarrow x + y = 12$ (*)
Diện tích hình chữ nhật là: $S = x.y \leqslant \frac{{{{(x + y)}^2}}}{4} = \frac{{{{12}^2}}}{4} = 36$
Suy ra, hình chữ nhật có diện tích lớn nhất bằng $36$$ \Leftrightarrow x = y$
Thay $x = y$ vào (*) ta được $y + y = 12 \Rightarrow y = 6 \Rightarrow x = 6$
Vậy, hình chữ nhật có diện tích lớn nhất là hình vuông có cạnh bằng $6$.

Câu 1.14. Một nhà sản xuất muốn thiết kế một chiếc hộp có dạng hình hộp chữ nhật không có nắp, có đáy là hình vuông và diện tích bề mặt bằng $108\;c{m^2}$ như Hình 1.17. Tìm các kích thước của chiếc hộp sao cho thể tích của hộp là lớn nhất.

Hình 1.17

Lời giải:

Diện tích bề mặt là $S = {x^2} + 4hx = 108 \Rightarrow h = \frac{{108 – {x^2}}}{{4x}}$

Thể tích của hộp là $V = h{x^2} = \frac{{108 – {x^2}}}{{4x}}.{x^2} = \frac{{\left( {108 – {x^2}} \right)x}}{4} = \frac{{108x – {x^3}}}{4}$ với $x > 0$

Ta có: $V'(x) = \frac{{108 – 3{x^2}}}{4}$ với $x > 0$

$V'(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{{108 – 3{x^2}}}{4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 6 \hfill \\
x = – 6\,\,(loại) \hfill \\
\end{gathered} \right.$

Bảng biến thiên trên $\left( {0; + \infty } \right)$

Suy ra, $\mathop {\operatorname{m} ax}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} V = V(6) = 108 \Leftrightarrow x = 6 \Rightarrow h = \frac{{108 – {6^2}}}{{4.6}} = 3$

Vậy, các kích thước của chiếc hộp sao cho thể tích của hộp là lớn nhất là $x = 6\,cm;\,h = 3\,cm$.

Câu 1.15. Một nhà sản xuất cần làm ra những chiếc bình có dạng hình trụ với dung tích 1000 cm³ . Mặt trên và mặt dưới của bình được làm bằng vật liệu có giá 1,2 nghìn đồng $/c{m^2}$, trong khi mặt bên của bình được làm bằng vật liệu có giá 0,75 nghìn đồng/ $c{m^2}$. Tìm các kích thước của bình để chi phí vật liệu sản xuất mỗi chiếc bình là nhỏ nhất.

Lời giải:

Gọi $r,\,h$ (cm) lần lượt bán kính và chiều cao hình trụ.

Ta có:

Dung tích bình là: $V = \pi {r^2}h = 1000$ cm³ $ \Rightarrow h = \frac{{1000}}{{\pi {r^2}}}$

Diện tích mặt trên và mặt dưới của bình là: $S = 2\pi {r^2}$ cm³.

Giá tiền của mặt trên và mặt dưới của bình là: $1,2.2\pi {r^2} = 2,4\pi {r^2}$ (nghìn đồng).

Diện tích mặt bên của bình là: ${S_{xq}} = 2\pi rh$ cm³.

Giá tiền mặt bên của bình là: $0,75.2\pi rh = 1,5\pi rh$ (nghìn đồng).

Giá tiền để sản xuất mỗi chiếc bình là: $T = 2,4\pi {r^2} + 1,5\pi rh = 2,4\pi {r^2} + 1,5\pi r.\frac{{1000}}{{\pi {r^2}}} = 2,4\pi {r^2} + \frac{{1500}}{r}$ với $r > 0$.

Ta có: $T'(r) = 4,8\pi r – \frac{{1500}}{{{r^2}}}$

$T'(r) = 0 \Leftrightarrow 4,8\pi r – \frac{{1500}}{{{r^2}}} = 0$

$ \Leftrightarrow \frac{{4,8\pi {r^3} – 1500}}{{{r^2}}} = 0 \Leftrightarrow 4,8\pi {r^3} – 1500 = 0$

$ \Leftrightarrow {r^3} = \frac{{1500}}{{4,8\pi }} \Leftrightarrow {r^3} = \frac{{1500}}{{4,8\pi }} \Leftrightarrow {r^3} = \frac{{625}}{{2\pi }} \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{\frac{{625}}{{2\pi }}}}$

Bảng biến thiên trên $\left( {0; + \infty } \right)$

Suy ra, $\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} T(r) = 18\sqrt[3]{{10\pi }} \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{\frac{{625}}{{2\pi }}}} \Rightarrow h = \frac{{1000}}{{\pi {{\left( {\sqrt[3]{{\frac{{625}}{{2\pi }}}}} \right)}^2}}}$

Vậy $r = \sqrt[3]{{\frac{{625}}{{2\pi }}}} \approx 4,63\,cm,\,h = \frac{{1000}}{{\pi {{\left( {\sqrt[3]{{\frac{{625}}{{2\pi }}}}} \right)}^2}}} \approx 9,34\,cm$ thì chi phí vật liệu sản xuất mỗi chiếc bình là nhỏ nhất.