Google
Câu hỏi: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau:
Lời giải chi tiết:
\(f'\left( x \right) = {{ - 1} \over {\sqrt {3 - 2x } }} < 0\) với mọi \(x < {3 \over 2} \)
Hàm số \(f\) nghịch biến trên đoạn \(\left[ { - 3; 1} \right]\)
Do đó \(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 3; 1} \right]} = f\left({ - 3} \right) = 3\); \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 3; 1} \right]} = f\left(1 \right) = 1\)
Cách khác:
\(f'\left( x \right) = {{ - 1} \over {\sqrt {3 - 2x } }} = 0\) vô nghiệm trên đoạn [-3; 1]
Mà \(f\left( { - 3} \right) = 3\); \(f\left( 1 \right) = 1\).
Do đó \(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 3; 1} \right]} = f\left({ - 3} \right) = 3\); \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 3; 1} \right]} = f\left(1 \right) = 1\)
Lời giải chi tiết:
TXĐ: \(D = \left[ { - 2; 2} \right]\)
\(f'\left( x \right) = 1 - {x \over {\sqrt {4 - {x^2}}}}\) với \(x \in \left( { - 2; 2} \right)\)
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - {x \over {\sqrt {4 - {x^2}}} } = 0 \) \(\Leftrightarrow \sqrt {4 - {x^2}} = x \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
0 < x < 2 \hfill \cr
4 - {x^2} = {x^2} \hfill \cr} \right. \) \(\Leftrightarrow x = \sqrt 2 \)
Ta có \(f\left( { - 2} \right) = - 2; f\left({\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 ;\) \(f\left( 2 \right) = 2\)
Vậy \(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 2; 2} \right]} = 2\sqrt 2 ;\) \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 2; 2} \right]} = - 2\)
Cách khác:
BBT:
Vậy \(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 2; 2} \right]} = 2\sqrt 2 ;\) \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 2; 2} \right]} = - 2\)
Lời giải chi tiết:
TXĐ: \(D =\mathbb R\)
Ta có: \(f\left( x \right) = {\sin ^4}x + 1 - {\sin ^2}x + 2 \) \(= {\sin ^4}x - {\sin ^2}x + 3\)
Đặt \(t = {\sin ^2}x; 0 \le t \le 1\)
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số \(g\left( t \right) = {t^2} - t + 3\) trên đoạn \(\left[ {0; 1} \right]\)
\(g'\left( t \right) = 2t - 1\)
\(g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = {1 \over 2}\)
Ta có: \(g\left( 0 \right) = 3; g\left({{1 \over 2}} \right) = {{11} \over {14}}; g\left(1 \right) = 3\)
Do đó: \(\mathop {\min g\left( t \right)}\limits_{t \in \left[ {0; 1} \right]} = {{11} \over {14}};\mathop {\max g\left(t \right)}\limits_{t \in \left[ {0; 1} \right]} = 3\)
Vậy: \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in {\mathbb{R}}} = {{11} \over {14}}\) đạt được khi \({\sin ^2}x = \frac{1}{2} \) \(\Leftrightarrow \frac{{1 - \cos 2x}}{2} = \frac{1}{2} \) \(\Leftrightarrow 1 - \cos 2x = 1 \) \(\Leftrightarrow \cos 2x = 0 \) \(\Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k\pi \) \( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\)
\(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in {\mathbb{R}}} = 3\) đạt được khi \(x = \frac{k\pi }{2} \)
Lời giải chi tiết:
\(f'\left( x \right) = 1 - 2\cos 2x;\)
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = {1 \over 2} = \cos {\pi \over 3}\) \(\Leftrightarrow 2x = \pm {\pi \over 3} + k2\pi \) \(\Leftrightarrow x = \pm {\pi \over 6} + k\pi, k \in {\mathbb{Z}}\)
Với \( - {\pi \over 2} < x < \pi, f'\left( x \right) = 0\) tại các điểm \( - {\pi \over 6},{\pi \over 6}\) và \({{5\pi } \over 6}\)
Ta có \(f\left( { - {\pi \over 6}} \right) = - {\pi \over 6} + {{\sqrt 3 } \over 2};\) \(f\left( {{\pi \over 6}} \right) = {\pi \over 6} - {{\sqrt 3 } \over 2};\) \(f\left( {{{5\pi } \over 6}} \right) = {{5\pi } \over 6} + {{\sqrt 3 } \over 2}\); \(f\left( { - {\pi \over 2}} \right) = - {\pi \over 2}; f\left(\pi \right) = \pi \)
So sánh năm giá trị trên ta được:
\(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - {\pi \over 2};\pi } \right]} = {{5\pi } \over 6} + {{\sqrt 3 } \over 2}\) và \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - {\pi \over 2};\pi } \right]} = - {\pi \over 2}\)
Câu a
\(f\left( x \right) = \sqrt {3 - 2x} \) trên đoạn \(\left[ { - 3; 1} \right]\);Lời giải chi tiết:
\(f'\left( x \right) = {{ - 1} \over {\sqrt {3 - 2x } }} < 0\) với mọi \(x < {3 \over 2} \)
Hàm số \(f\) nghịch biến trên đoạn \(\left[ { - 3; 1} \right]\)
Do đó \(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 3; 1} \right]} = f\left({ - 3} \right) = 3\); \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 3; 1} \right]} = f\left(1 \right) = 1\)
Cách khác:
\(f'\left( x \right) = {{ - 1} \over {\sqrt {3 - 2x } }} = 0\) vô nghiệm trên đoạn [-3; 1]
Mà \(f\left( { - 3} \right) = 3\); \(f\left( 1 \right) = 1\).
Do đó \(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 3; 1} \right]} = f\left({ - 3} \right) = 3\); \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 3; 1} \right]} = f\left(1 \right) = 1\)
Câu b
\(f\left( x \right) = x + \sqrt {4 - {x^2}} \)Lời giải chi tiết:
TXĐ: \(D = \left[ { - 2; 2} \right]\)
\(f'\left( x \right) = 1 - {x \over {\sqrt {4 - {x^2}}}}\) với \(x \in \left( { - 2; 2} \right)\)
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - {x \over {\sqrt {4 - {x^2}}} } = 0 \) \(\Leftrightarrow \sqrt {4 - {x^2}} = x \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
0 < x < 2 \hfill \cr
4 - {x^2} = {x^2} \hfill \cr} \right. \) \(\Leftrightarrow x = \sqrt 2 \)
Ta có \(f\left( { - 2} \right) = - 2; f\left({\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 ;\) \(f\left( 2 \right) = 2\)
Vậy \(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 2; 2} \right]} = 2\sqrt 2 ;\) \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 2; 2} \right]} = - 2\)
Cách khác:
BBT:
Vậy \(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 2; 2} \right]} = 2\sqrt 2 ;\) \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 2; 2} \right]} = - 2\)
Câu c
\(f\left( x \right) = {\sin ^4}x + {\cos ^2}x + 2;\)Lời giải chi tiết:
TXĐ: \(D =\mathbb R\)
Ta có: \(f\left( x \right) = {\sin ^4}x + 1 - {\sin ^2}x + 2 \) \(= {\sin ^4}x - {\sin ^2}x + 3\)
Đặt \(t = {\sin ^2}x; 0 \le t \le 1\)
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số \(g\left( t \right) = {t^2} - t + 3\) trên đoạn \(\left[ {0; 1} \right]\)
\(g'\left( t \right) = 2t - 1\)
\(g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = {1 \over 2}\)
Ta có: \(g\left( 0 \right) = 3; g\left({{1 \over 2}} \right) = {{11} \over {14}}; g\left(1 \right) = 3\)
Do đó: \(\mathop {\min g\left( t \right)}\limits_{t \in \left[ {0; 1} \right]} = {{11} \over {14}};\mathop {\max g\left(t \right)}\limits_{t \in \left[ {0; 1} \right]} = 3\)
Vậy: \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in {\mathbb{R}}} = {{11} \over {14}}\) đạt được khi \({\sin ^2}x = \frac{1}{2} \) \(\Leftrightarrow \frac{{1 - \cos 2x}}{2} = \frac{1}{2} \) \(\Leftrightarrow 1 - \cos 2x = 1 \) \(\Leftrightarrow \cos 2x = 0 \) \(\Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k\pi \) \( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\)
\(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in {\mathbb{R}}} = 3\) đạt được khi \(x = \frac{k\pi }{2} \)
Câu d
\(f\left( x \right) = x - \sin 2x\) trên đoan \(\left[ { - {\pi \over 2};\pi } \right]\).Lời giải chi tiết:
\(f'\left( x \right) = 1 - 2\cos 2x;\)
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = {1 \over 2} = \cos {\pi \over 3}\) \(\Leftrightarrow 2x = \pm {\pi \over 3} + k2\pi \) \(\Leftrightarrow x = \pm {\pi \over 6} + k\pi, k \in {\mathbb{Z}}\)
Với \( - {\pi \over 2} < x < \pi, f'\left( x \right) = 0\) tại các điểm \( - {\pi \over 6},{\pi \over 6}\) và \({{5\pi } \over 6}\)
Ta có \(f\left( { - {\pi \over 6}} \right) = - {\pi \over 6} + {{\sqrt 3 } \over 2};\) \(f\left( {{\pi \over 6}} \right) = {\pi \over 6} - {{\sqrt 3 } \over 2};\) \(f\left( {{{5\pi } \over 6}} \right) = {{5\pi } \over 6} + {{\sqrt 3 } \over 2}\); \(f\left( { - {\pi \over 2}} \right) = - {\pi \over 2}; f\left(\pi \right) = \pi \)
So sánh năm giá trị trên ta được:
\(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - {\pi \over 2};\pi } \right]} = {{5\pi } \over 6} + {{\sqrt 3 } \over 2}\) và \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - {\pi \over 2};\pi } \right]} = - {\pi \over 2}\)
Rất tiếc, câu hỏi này chưa có lời giải chi tiết. Bạn ơi, đăng nhập và giải chi tiết giúp zix.vn nhé!!!