Bài toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số xuất hiện khá thường xuyên trong các đề thi toán học. Với nhiều mức độ, nhiều dạng khác nhau. Hiểu được sự khó khăn của học sinh khi bắt đầu tiếp xúc với các dạng bài này, bài học hôm nay VerbaLearn sẽ tổng hợp lại chi tiết các dạng toán và kiến thức liên quan đến GTLN, GTNN trong toán học.
Mục lục1.Lý thuyết về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất2.Phân dạng bài tập3.Bài tập tìm GTLN, GTNN của hàm số
Lý thuyết về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Định nghĩa: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên D.
+ Nếu $\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) \le M\forall x \in D\\\exists {x_0} \in D:f\left( {{x_0}} \right) = M\end{array} \right.$ thì $\mathop {Max}\limits_{x \in D} f\left( x \right) = M$, $M$ được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y=f(x) trên $D$.
+ Nếu f $\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) \ge m\forall x \in D\\\exists {x_0} \in D:f\left( {{x_0}} \right) = m\end{array} \right.$ thì $\mathop {Min}\limits_{x \in D} f\left( x \right) = m$, $m$ được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số $y =f\left( x \right)$ trên $D$.
Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: $f\left( x \right) = \sqrt {16 – {x^2}} $
Giải:
Tập xác định của hàm số là $\left[ { – 4;4} \right]$. Hiển nhiên $0 \le f\left( x \right) \le 4$ với mọi $x \in \left[ { – 4;4} \right]$; $f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \pm 4$ và $f\left( x \right) = 4 \Leftrightarrow x = 0$.
Do đó $\mathop {Min}\limits_{x \in \left[ { – 4;4} \right]} \sqrt {16 – {x^2}} = 0;\mathop {Max}\limits_{x \in \left[ { – 4;4} \right]} \sqrt {16 – {x^2}} = 4$.
Phân dạng bài tập
Ở bài học hôm nay, chủ yếu chúng ta sẽ tìm hiểu về dạng toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên 1 khoảng D cho trước. Đây là dạng toán được cho là phổ biến và có nhiều biến thể nhất. Các dạng toán còn lại, bạn có thể tham khảo thêm các tài liệu đi kèm.
1. Phương pháp giải
– Tìm các điểm ${x_1},{x_2},…,{x_m}$ thuộc $D$ mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo hàm.
– Lập bảng biến thiên.
– Từ bảng biến thiên suy ra $Min,Max$.
Chú ý: Nếu hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\left[ {a;b} \right]$ và có đạo hàm trên $\left( {a;b} \right)$, có thể trừ một số hữu hạn điểm. Nếu $f’\left( x \right) = 0$ chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc $\left( {a;b} \right)$ thì ta có quy tắc tìm $Min,Max$ đơn giản như sau:
– Tìm các điểm ${x_l},{x_2},…,{x_m}$ thuộc $\left( {a;b} \right)$ mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo hàm.
– Tính $f({x_1});f\left( {{x_2}} \right);…;f\left( {{x_m}} \right);f\left( a \right);f\left( b \right)$.
– So sánh các giá trị tìm được và kết luận: $\left\{ \begin{array}{l}\mathop {Max}\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = Maxf\left( {{x_i}} \right)\\\mathop {Min}\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = Minf\left( {{x_i}} \right)\end{array} \right.,\left( {i = \overline {1;m} } \right)$
2. Ví dụ chi tiết
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2} + 3x – 1$ trên đoạn $\left[ { – 4;5} \right]$.
Ta có:
$f’\left( x \right) = {x^2} + 4x + 3$.$\left\{ \begin{array}{l}f’\left( x \right) = 0\\- 4 \le x \le 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 4x + 3 = 0\\- 4 \le x \le 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 1\\x = – 3\end{array} \right.$$f\left( { – 1} \right) = – \frac{7}{3};f\left( { – 3} \right) = – 1;f\left( { – 4} \right) = – \frac{7}{4};f\left( 5 \right) = \frac{{317}}{3}$
Do đó, $\mathop {Min}\limits_{x \in \left[ { – 4;5} \right]} f\left( x \right) = – \frac{7}{3};\mathop {Max}\limits_{x \in \left[ { – 4;5} \right]} f\left( x \right) = \frac{{317}}{3};$
Bài tập tìm GTLN, GTNN của hàm số
Dạng 1: Các bài tập cơ bản
Bài tập 1: Cho đồ thị hàm số $(C):y = f\left( x \right)$ có hình vẽ dưới đây. Khẳng định nào là ĐÚNG?
(A) Hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất khi $x = 0$.
(B) Hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x = 0$.
(C) Hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt giá trị cực tiểu tại $x = 0$.
(D) Hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt giá trị cực đại bằng 0.
Giải
Hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt giá trị cực đại bằng 0 khi $x = 0$ và không có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất $ \Rightarrow $ (A), (B), (C) sai, (D) đúng.
$ \Rightarrow $ Chọn (D).
Lưu ý: Hàm số có hai cực trị (cực đại và cực tiểu), không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.
Bài tập 2: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau:
Khẳng định ĐÚNG là:
(A) Hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định với mọi $x \in R$.
(B) Hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$.
(c) Hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi $x = 2$ và giá trị lớn nhất bằng -2 khi $x = 0$.
(D) Giá trị cực đại của hàm số là -2.
Giải
Hàm số xác định trên $R\backslash \left\{ 1 \right\} \Rightarrow $ (A) sai.
Hàm số nghịch biến trên $(0;2{\rm{ }})\backslash \left\{ 1 \right\}{\rm{ }} \Rightarrow $ (B) sai.
Hàm số không có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất $ \Rightarrow $ (c) sai.
Hàm số đạt giá trị cực đại bằng -2 khi $x = 0{\rm{ }} \Rightarrow $ (D) đúng.
$ \Rightarrow $ Chọn (D).
Lưu ý:
– Hàm số đạt cực trị tại $\left( {0; – 2} \right)$ và $\left( {2;2} \right)$, không đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên TXĐ.
– Hàm số không xác định tại $x = 1$, nghịch biến trên $(0;2)\backslash \left\{ 1 \right\}$.
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( x \right) = – {x^2} + 2x + 4$ trên đoạn $\left[ {0;3} \right]$ lần lượt là:
(A) 5 và 1;
(B) 1 và 4;
(0-1 và 5;
(D) -1 và 4.
Giải
Ta có: $f\left( x \right) = – 2x + 2$.$\left\{ \begin{array}{l}f’\left( x \right) = 0\\0 \le x \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}- 2x + 2 = 0\\x \le x \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1$$f\left( l \right) = 5;f\left( 0 \right) = 4;f\left( 3 \right) = 1$.
Do đó, $\mathop {Min}\limits_{x \in \left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = 1;\mathop {Max}\limits_{x \in \left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = 5$.
$ \Rightarrow $ Chọn A.
Lưu ý: Có thể sử dụng Casio như sau:
Sử dụng chức năng Mode 7. Khảo sát hàm số đã cho.
Bước 1:Nhập hàm: Mode 7- Nhập hàm
$f\left( x \right) = – {x^2} + 2x + 4$
Bước 2: Start: Giá trị bắt đầu khảo sát
Ở bài này ta cho $Start = 0$ do $x \in \left[ {0;3} \right]$
Bước 3: End: Giá trị kết thúc khảo sát
Ở bài này ta cho $End{\rm{ }} = 3$
Bước 4: Step: Bước nhảy của giá trị $x$, tuỳ thuộc vào từng bài toán, ở bài này ta có thể cho $Step = 0,5$ (Máy tính cho ta tối đa 30 giá trị khảo sát)
Bước 5: Hiện bảng kết quả khảo sát
Dựa vào bảng ta thấy GTLN bằng 5 khi $x = 1$ và GTNN là 1 khi $x = 3$
Bài tập 4: Cho hàm số $f\left( x \right) = x – \frac{1}{x}$ trên $\left( {0;3} \right]$. Mệnh đề nào sau đây là SAI?
(A) Hàm số đồng biến trên $\left( {0;3} \right]$.
(B) Hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{8}{3}$ và không có giá trị nhỏ nhất.
(C) Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{8}{3}$và không có giá trị lớn nhất.
(D) Hàm số đơn điệu trên $\left( {0;2} \right)$.
Giải
Ta có: $f’\left( x \right) = 1 + \frac{1}{{{x^2}}} > 0\forall x \in \left( {0;3} \right]$ nên hàm số đồng biến trên $\left( {0;3} \right]$ (1)
Bảng biến thiên:
Nhìn vào bảng biến tiên ta thấy số đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{8}{3}$ khi $x = 3$ và không có giá trị nhỏ nhất (2)
Từ (1) suy ra các khẳng định A và D là đúng.
Từ (2) suy ra khẳng định B là đúng và (C) là sai.
$ \Rightarrow $ Chọn C.
Bài tập 5: Giá trị lớn nhất của hàm số $y = – 4\sqrt {1 – x} $ là:
(A) -4;
(B) 1;
(C) -1;
(D) 0.
TXĐ: $D = \left( { – \infty ;1} \right)$.
Với $\forall x \in D$ thì $\sqrt {l – x} \ge 0 \Rightarrow – 4\sqrt {1 – x} \le 0 \Rightarrow y < 0 \Rightarrow {y_{max}} = 0\,khi\,1 – x = 0 \Leftrightarrow x = 1$
$ \Rightarrow $ Chọn (D).
Nhận xét:
– Không nhất thiết phải sử dụng đạo hàm và bảng biến thiên để tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số.
– Vì $y \le 0$ nên dễ dàng loại trừ (B) và dễ thấy khi $x = 1$ thì $y = 0$ là giá trị lớn nhất trong các giá trị ở các phương án còn lại
$ \Rightarrow $ Chọn (D).
Bài tập 6: Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = 4sinx – 3cosx$ là:
(A) 4;
(B) -5;
(C) -3;
(D) -4.
Giải
Ta có: $y = 5\left( {\frac{4}{5}\sin x – \frac{3}{5}\cos x} \right) = 5\sin \left( {x – \alpha } \right)$ trong đó $\left\{ \begin{array}{l}\cos \alpha = \frac{4}{5}\\xin\alpha = \frac{3}{5}\end{array} \right.$
Ta có $y = 5\sin \left( {x – \alpha } \right) \ge – 5 \Rightarrow {y_{\min }} = – 5 \Leftrightarrow \sin \left( {x – \alpha } \right) = – 1$$ \Leftrightarrow x – \alpha = – \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \alpha – \frac{\pi }{2} + k2\pi $$ \Rightarrow $ Chọn (B).
Lưu ý: Có thể tìm giá trị nhỏ nhất của $y$ như sau:
${y^2} = {\left( {4\sin x – 3\cos x} \right)^2} \le \left[ {{4^2} + {{\left( { – 3} \right)}^2}} \right]\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right) = 25 \Rightarrow – 5 \le y \le 5$
Bài tập 7: Giá trị lớn nhất của hàm số $f\left( x \right) = \sqrt { – {x^2} – 4x + 5} $ là:
(A) 3;
(B) 9;
(C) 0;
(D) 6.
Ta có: $f\left( x \right) = – \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 9} $.
Vì ${\left( {x + 2} \right)^2} > 0\forall x$ nên $f\left( x \right) \le \sqrt {0 + 9} = 3 \Rightarrow Maxy = 3$ khi $x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = – 2$.
$ \Rightarrow $ Chọn (A).
Dạng 2: Bài tập nâng cao
Bài tập 8: Giá trị lớn nhất của hàm số $y = x + \sqrt {4 – {x^2}} $ là:
(A) 0;
(B) 2;
(C) -2;
(D) $2\sqrt 2 $.
TXĐ: $D = \left[ { – 2;2} \right]$.
Ta có: $y’ = 1 – \frac{x}{{\sqrt {4 – {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {4 – {x^2}} – x}}{{\sqrt {4 – {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {4 – {x^2}} = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\4 – {x^2} = {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \sqrt 2 $
Ta có: $y\left( {\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 ;y\left( { – 2} \right) = 0;y\left( 2 \right) = 0$.
Vậy hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi $x = 0$ và đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi $x = \pm 2$.
$ \Rightarrow $ Chọn D.
Lưu ý: Có thể tìm Maxy bằng cách sử dụng BĐT AM-GM như sau:
${\left( {1.x + 1.\sqrt {4 – {x^2}} } \right)^2} \le \left( {{l^2} + {1^2}} \right)\left( {{x^2} + 4 – {x^2}} \right) = 8 \Rightarrow y \le 2\sqrt 2 $$Maxy = 2\sqrt 2 $ khi $x = \sqrt {4 – {x^2}} \Leftrightarrow x = \sqrt 2 $.
Bài tập 9: Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = \frac{{{x^2} + x – 2}}{{{x^2} – x – 2}}$ trên $\left( { – 1;0} \right) \cup \left[ {1;2} \right)$ là:
(A) 0;
(C) 2;
(B) 1;
(D) Không có giá trị nhỏ nhất.
Giải
TXĐ: $D = R\backslash \left\{ { – 1;2} \right\}$.
Ta có: $y’ = \frac{{ – 2{x^2} – 2x + 4}}{{{{\left( {{x^2} – x – 2} \right)}^2}}}$$\left\{ \begin{array}{l}y’ = 0\\x \in \left( { – 1;0} \right) \cup \left[ {1;2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}- 2{x^2} – 2x + 4 = 0\\x \in \left( { – 1;0} \right) \cup \left[ {1;2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1$
Bảng biến thiên:
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi $x = 0$ và không đạt giá trị nhỏ nhất.
$ \Rightarrow $ Chọn D.
Bài tập 10: Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = 2co{s^2}x + 2cosx – 1$ là:
(A) $ – \frac{3}{2}$
(B) -1;
(C) -1;
(D) Không có giá trị nhỏ nhất.
Giải:
Đặt $t = cosx$, $ – 1 \le t \le 1$.
Ta có: $g\left( t \right) = 2{t^2} + 2t – l, – 1 \le t \le 1$.
$g’\left( t \right) = 4t + 2 = 0 \Leftrightarrow t = – \frac{1}{2} \in \left[ { – 1;1} \right]$
$g\left( { – 1} \right) = – 1;g\left( 1 \right) = 3;g\left( { – \frac{1}{2}} \right) = – \frac{3}{2}$
Do đó, hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 3, khi $t = 1$ hay $cosx = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi ,{\rm{ }}k \in Z$.
Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng $ – \frac{3}{2}$, khi $t = – \frac{1}{2}$ hay $\cos x = – \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi ,k \in Z$.$ \Rightarrow $ Chọn A.
Nhận xét:
– Bài này ta đã đổi về biến mới và đặt điều kiện cho biến mới để việc giải bài toán được thuận tiện hơn.
– Hoặc có thể biến đổi như sau:
$y = 2\left( {{{\cos }^2}x + \cos x + \frac{1}{4}} \right) – \frac{3}{2} = 2{\left( {\cos x + \frac{1}{2}} \right)^2} – \frac{3}{2} \ge – \frac{3}{2} \Rightarrow Miny = – \frac{3}{2}$
Khi ${\cos x = – \frac{1}{2}}$$ \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi ,k \in Z$
Bài tập 11: Hàm số đạt giá trị lớn nhất khi $x$ bằng?
(A) $ – \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in Z$
(B) $ – \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in Z$
(C) $\frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in Z$
(D) $\frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in Z$
Giải
Ta có: $y = 1 – si{n^2}2x – 2sin2x + 2 = – si{n^2}2x – 2sin2x + 3$.
Đặt $t = sin2x, – 1 \le t \le 1$. Khi đó $g\left( t \right) = – {t^2} – 2t + 3, – 1 \le t \le 1$.
Ta có: $g\left( t \right) = – 2t – 2 = 0 \Leftrightarrow t = – l \in \left[ { – 1;1} \right]$
$g( – 1) = 4;g(1) = 0$.
Vậy hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 4 khi $t = – 1$ hay $sin2x = – 1 \Leftrightarrow 2x = – \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in Z} \right)$
Ta có:
=> Các phương án B, C, D sai và chọn A.
Nhận xét:
– Trước khi đổi biến mới ta cần biến đổi tương đương để đưa vế bài toán quen thuộc hơn.
– Có thể thay trực tiếp các phương án để tìm phương án đúng.
Bài tập 12. Hàm số $y = \frac{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} + 1}}{{{{\sin }^2}x + \sin x + 1}}$ đạt giá trị lớn nhất bằng?
(A) 1;
(B) 0;
(C) $\frac{2}{3}$
(D) $\frac{5}{3}$
Giải:
Đặt $t = \sin x,t \in \left[ { – 1;1} \right]$. Khi đó $y = \frac{{t + 1}}{{{t^2} + t + 1}},t \in \left[ { – 1,1} \right]$
Ta có: $y = \frac{{ – {t^2} – 2t}}{{{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}}$
$y’ = 0 \Leftrightarrow – {t^2} – 2t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = – 2 \notin \left[ { – 1;1} \right]
\end{array} \right. \Rightarrow t = 0$
Ta có: $y\left( 0 \right) = 1;y\left( { – 1} \right) = 0;y\left( 1 \right) = \frac{2}{3}$
Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi $t = – 1 \Leftrightarrow \sin x = – 1 \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{2} + k2\pi $
$ \Rightarrow $ Chọn (A).
Bài tập 13: Cho hàm số $y = 4\sqrt {{x^2} – 2x + 5} + {x^2}{\rm{ – }}2x + 3$. Khẳng định nào sau đây là SAI?
(A) Hàm số không có giá trị lớn nhất.
(B) Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6.
(C) Hàm số xác định trên $R$.
(D) Hàm số nghịch biến trên $\left( { – 1; + \infty } \right)$.
Giải:
TXĐ: $D = R$
Đặt $t = \sqrt {{x^2} – 2x + 5} = {\rm{ }}\sqrt {{{(x – 1)}^2} + 4} \ge 2$. Khi đó: $y = 4t + {t^2} – 2,t \ge 2$.
Ta có: $y = 2t + 4 > 0\forall t \ge 2 \Rightarrow $ hàm số đồng biến trên $[2; + \infty )$.
$ \Rightarrow y \ge y\left( 2 \right) = 6\forall t \ge 2$.
Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6 khi $t – 2 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} – 2x + 5} = 2 \Leftrightarrow {\left( {x – l} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 1$, hàm số không có giá trị lớn nhất.
$ \Rightarrow $ Các phương án A, B, C là đúng.
Ta có: $y’ = 4.\frac{{2x – 2}}{{2\sqrt {{x^2} – 2x + 5} }} + 2x – 2 = \left( {x – 1} \right)\left( {\frac{4}{{\sqrt {{x^2} – 2x + 5} }} + 1} \right) > 0 \Leftrightarrow x > 1$
$ \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left( {1; + \infty } \right)$
$ \Rightarrow $ Phương án D là sai.
$ \Rightarrow $ Chọn (D).
Bài tập 14: Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được cho bởi công thức
$G\left( x \right) = 0,025{x^2}\left( {30 – x} \right)$, trong đó $x$ là liều lượng thuốc được tiêm cho bệnh nhân ($x$ được tính bằng miligam). Độ giảm huyết áp nhiều nhất là:
(A) 0;
(B) 100;
(C) 20;
(D) 80.
Giải
Điều kiện: $0 \le x \le 30$.
$G’\left( x \right) = 0,025x(60 – 3x)$.
$G(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 20\end{array} \right.$
Ta có: $G\left( 0 \right) = 0,G\left( {20} \right) = 100,G\left( {30} \right) = 0$.
Vậy độ giảm áp suất nhiều nhất là 100 khi $x = 20$.
$ \Rightarrow $ Chọn (B).
Bài tập 15: Sau khi phát hiện một dịch bệnh, các chuyên gia y tế ước tính số người nhiễm bệnh kể từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ $t$ là:
$f\left( t \right) = 45{t^2} – {t^3},t = 0,1,2,…,30$.
Nếu coi $f$ là hàm số xác định trên đoạn $\left[ {0;30} \right]$ thì $f’\left( t \right)$ được xem là tốc độ truyền bệnh (người/ngày) tại thời điểm $t$. Xác định ngày mà tốc độ truyền bệnh là lớn nhất và tính tốc độ đó.
(A) Tốc độ truyền bệnh lớn nhất bằng 675 vào ngày thứ 15.
(B) Tốc độ truyền bệnh lớn nhất bằng 13500 vào ngày thứ 30.
(c) Tốc độ truyền bệnh lớn nhất là 1000 vào ngày thứ 5.
(D) Tốc độ truyền bệnh lớn nhất là 1404 vào ngày thứ 6.
Tốc độ truyền bệnh là: $f’\left( t \right) = 90t – 3{t^2}$.
Ta có: $f\left( t \right) = 90 – 6t = 0 \Leftrightarrow t = 15$.
Ta có: $f’\left( 0 \right) = 0,f’\left( {15} \right) = 675,f’\left( {30} \right) = 0$.
$ \Rightarrow $ Tốc độ truyền bệnh lớn nhất bằng 675 vào ngày thứ 15.
$ \Rightarrow $ Chọn (A).
Bài tập 16: Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi là 60cm, hãy xác định hình chữ nhật có diện tích lớn nhất.
(A) Hình chữ nhật có chiều dài 20cm và chiều rộng 10cm.
(B) Hình chữ nhật có chiểu dài 25cm và chiều rộng 5cm.
(c) Hình chữ nhật có chiểu dài 18cm và chiều rộng 12cm.
(D) Hình vuông có cạnh 15cm.
Giải
Nửa chu vi hình chữ nhật là: $60:2 = 30(cm$)
Gọi chiều dài hình chữ nhật là $x\left( {cm} \right)\left( {0 < x < 30} \right) \Rightarrow $ chiều rộng hình chữ nhật là $30 – x\left( {cm} \right)$ Diện tích hình chữ nhật là: $S = x\left( {30 – x} \right)$.
Ta có: $S \le {\left( {\frac{{x + 30 – x}}{2}} \right)^2} = 225\left( {c{m^2}} \right)$.
Vậy diện tích hình chữ nhật lớn nhất bằng $225c{m^2}$ khi $x = 30 – x \Leftrightarrow x = 15\left( {cm} \right)$.
Khi đó hình chữ nhật là hình vuông có cạnh $15\left( {cm} \right)$.
Vậy chọn (D).
Lưu ý: Có thể thay trực tiếp các các phương án theo công thức tính diện tích hình chữ nhật để tìm ra đáp án.
Bài tập 16: Cho một tấm tôn hình vuông cạnh $a$. Người ta cắt ở bốn góc bốn hình vuông bằng nhau, rồi gập tấm tôn lại như Hình 1 để được cái hộp không nắp. Tính cạnh của các hình vuông bị cắt sao cho thể tích của khối hộp là lớn nhất.
(A) Cạnh $\frac{a}{6}$;
(B) Cạnh $\frac{a}{2}$
(C) Cạnh $\frac{a}{3}$
(D) Cạnh $\frac{a}{4}$
Giải:
Gọi $x$ là độ dài cạnh của hình vuông bị cắt $\left( {0 < x < \frac{a}{2}} \right)$.
Thể tích khối hộp là: $V\left( x \right) = x{\left( {x – 2x} \right)^2}\left( {0 < x < \frac{a}{2}} \right)$.
Ta phải tìm ${x_0} \in \left( {0;\frac{a}{2}} \right)$ sao cho $V\left( {{x_0}} \right)$ có giá trị lớn nhất.
Ta có: $V’\left( x \right) = {\left( {a – 2x} \right)^2} + x.2\left( {a – 2x} \right).\left( { – 2} \right) = \left( {a – 2x} \right)\left( {a – 6x} \right)$.
$V’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{a}{6}\left( {0 < x < \frac{a}{2}} \right)$
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta thấy trong khoảng $\left( {0;\frac{a}{2}} \right)$hàm số có một điểm cực trị duy nhất là điểm cực đại $x = \frac{a}{6}$ nên tại đó $V\left( x \right)$ có giá trị lớn nhất: $\mathop {Max}\limits_{\left( {0;\frac{a}{2}} \right)} V\left( x \right) = \frac{{2{a^3}}}{{27}}$
$ \Rightarrow $ Chọn (A).
Nhận xét: Có thể tìm ${V_max$ như sau:
Ta có: $V\left( x \right) = x{\left( {a – 2x} \right)^2} = \frac{{4x\left( {a – 2x} \right)\left( {a – 2x} \right)}}{4}$
$ \le \frac{1}{4}.{\left( {\frac{{4x + a – 2x + a – 2x}}{3}} \right)^3} = \frac{1}{4}{\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)^3} = \frac{{2{a^2}}}{{27}}$
Vậy ${M_{\max }} = \frac{{2{a^3}}}{{27}}$ khi $4x = a – 2x \Leftrightarrow x = \frac{a}{6}$
Bài tập GTLN, GTNN khó, chống Casio
Bài tập 18: Gọi $M$ và $m$ lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = x\sqrt {1 – {x^2}} $ trên tập xác định. Khi đó $M + m$ bằng?
(A) 1;
(B) 0;
(C) $\frac{{ 1}}{2}$
(D) $\frac{{ – 1}}{2}$
Giải
TCĐ: $D = \left[ { – 1;1} \right]$
Ta có: $y’ = x\sqrt {l – {x^2}} – \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }} = \frac{{1 – 2{x^2}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}$
$y’ = 0 \Leftrightarrow \frac{{1 – 2{x^2}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\x = – \frac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.$
Ta có: $y\left( { – 1} \right) = 0,y\left( 1 \right) = 0,y\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = – \frac{1}{2},y\left( { – \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \frac{1}{2}$
$ \Rightarrow M = \frac{1}{2},m = – \frac{1}{2} \Rightarrow M + m = \frac{1}{2} – \frac{1}{2} = 0 \Rightarrow $$ \Rightarrow $ Chọn (B).
Bài tập 19: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = si{n^{2016}}x + co{s^{2016}}x$ lần lượt là:
(A) 1 và $\frac{1}{{{2^{1007}}}}$
(B) 1 và $\frac{1}{{{2^{2007}}}}$
(C) 0 và $\frac{1}{{{2^{2007}}}}$
(D) 0 và $\frac{1}{{{2^{1007}}}}$.
Giải:
Do ${\sin ^{2016}}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) + {\cos ^{2016}}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = {\sin ^{2016}}x + {\cos ^{2016}}x$ nên hàm số
$y = si{n^{2016}}x + co{s^{2016}}x$ tuần hoàn với chu kì ${\frac{\pi }{2}}$. Do đó ta chỉ cần tìm GTLN, GTNN của hàm số trên 1 chu kì $\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]$:
Ta có: $y’ = 2016sinxcosx(si{n^{2014}}x – co{s^{2014}}x)$
$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 0\\\cos x = 0\\\sin x = \cos x\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \frac{\pi }{2}\\x = \frac{\pi }{4}\end{array} \right.$
Bảng biến thiến
Nhìn vào bảng biến thiên suy ra $Miny = \frac{1}{{{2^{1007}}}};Maxy = 1$$ \Rightarrow $ Chọn A.
Chú ý: Để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của 1 hàm số tuần hoàn với chu kì $T$ thì ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số đó trên 1 chu kì $T$.
Bài tập 20: Cho n là số tự nhiên, $n \ge 3$ và $x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$
Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = {\sin ^n}x + {\cos ^n}x$ là:
(A) 1;
(B) ${2^{\frac{{2 – n}}{2}}}$.
(C) 0;
(D) Không có giá trị nhỏ nhất.
Giải
Ta có: $y’ = nsi{n^{n – 1}}xcosx – nco{s^{n – 1}}xsinx = nsinxcosx(si{n^{n – 2}}x – {\cos ^{n – 2}}x)$
Do $x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ nên $y’ = 0 \Leftrightarrow \sin x = \cos x \Rightarrow x = \frac{\pi }{4}$
Bảng biến thiên
Nhìn vào bảng biến thiên ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số là ${2^{\frac{{2 – n}}{2}}}$ khi $x = \frac{\pi }{4}$.
$ \Rightarrow $ Chọn D.
Bài tập GTNN, GTLN mở rộng
Bài tập 21: Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong nửa đường tròn bán kính $R$ (Hình bên). Chu vi hình chữ nhật lớn nhất khi tỉ số $\frac{{AB}}{{AD}}$ bằng?
(A) 1;
(B) 2;
(C) 0,5;
(D) 4.
Giải
Đặt $AB = x,{\rm{ }}AD = y$, trong đó $0 < x < 2R,0 < y < R$.
Ta có: $A{O^2} + A{D^2} = {R^2} = \frac{{{x^2}}}{4} + {y^2}$
Chu vi hình chữ nhật là $2x + 2y = 4.\frac{x}{2} + 2y \le \sqrt {{4^2} + {2^2}} .\sqrt {\frac{{{x^2}}}{4} + {y^2}} = 2R\sqrt 5 $
Dấu bằng xảy ra khi $\frac{x}{{2y}} = \frac{4}{2} \Leftrightarrow \frac{x}{y} = 4$
$ \Rightarrow $ Chọn (D).
Nhận xét: Sử dụng các bất đẳng thức để tìm GTLN, GTNN tỏ ra hiệu quả hơn trong bài toán này.
Bài tập 22: An có một tấm bìa hình tròn, An muốn biến hình tròn đó thành một cái phễu hình nón (Hình vẽ). Khi đó An phải cắt bỏ hình quạt tròn $AOB$ rồi dán hai bán kính $OA$ và $OB$ lại với nhau. Gọi $a$ là góc ở tâm hình quạt tròn dùng làm phễu. Tìm $a$ để thể tích phễu lớn nhất.
(A) $\frac{\pi }{3}$
(B) $\frac{\pi }{2}$
(C) $\frac{{3\pi }}{4}$
(D) $\frac{{2\sqrt 6 }}{3}\pi $.
Giải
Độ dài cung tròn $AB$ dùng làm phễu là: $R\alpha = 2\pi r \Leftrightarrow r = \frac{{R\alpha }}{{2\pi }}$
Ta có: $h = \sqrt {{R^2} – {r^2}} = \sqrt {{R^2} – \frac{{{R^2}{\alpha ^2}}}{{4{\pi ^2}}}} = \frac{R}{{2\pi }}\sqrt {4{\pi ^2} – {\alpha ^2}} $
Thể tích cái phễu là: $V = f\alpha = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{{{R^3}}}{{24{\pi ^2}}}{\alpha ^2}\sqrt {4{\pi ^2} – {\alpha ^2}} $ với $\alpha \in 0;2\pi $.
Ta có: $f’\alpha = \frac{{{R^3}}}{{24{\pi ^2}}}.\frac{{{\alpha ^2}8{\pi ^2} – 3{\alpha ^2}}}{{\sqrt {4{\pi ^2} – {\alpha ^2}} }}$
$f’\alpha = 0 \Leftrightarrow 8{\pi ^2} – 3{\alpha ^2} = 0 \Leftrightarrow \alpha = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}\pi $
Lập bảng biến thiên
Vậy thể tích phễu lớn nhất khi $\alpha = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}\pi \Rightarrow $ Chọn (D).
Lưu ý: Có thể sử dụng GTLN, GTNN của hàm số trong việc giải PT, BPT, HPT, HBPT hay chứng minh BĐT. Ứng dụng này được trình bày trong một số bài tập dưới đây.
Bài tập 23: Số nghiệm của phương trình: $\sqrt[6]{{x – 2}} + \sqrt[6]{{4 – x}} = 2$ là:
(A) 0;
(B) 1;
(C) 2;
(D) 3.
Giải
Đặt $f\left( x \right) = \sqrt[6]{{x – 2}} + \sqrt[6]{{4 – x}} = 2$ với $2 \le x \le 4$.
Ta có: $f’\left( x \right) = \frac{1}{6}\left[ {\frac{1}{{\sqrt[6]{{{{\left( {x – 2} \right)}^5}}}}} + \frac{1}{{\sqrt[6]{{{{\left( {4 – x} \right)}^5}}}}}} \right] = 0 \Leftrightarrow \sqrt[6]{{{{\left( {x – 2} \right)}^5}}} = \sqrt[6]{{{{\left( {4 – x} \right)}^5}}}$
$ \Leftrightarrow 4 – x = x – 2 \Leftrightarrow x = 3$
Ta có: $f\left( 2 \right) = \sqrt[6]{2};f\left( 4 \right) = \sqrt[6]{2};f\left( 3 \right) = 2$.
Ta có bảng biến thiên
Vậy $x = 3$ là nghiệm duy nhất của phương trình.
$ \Rightarrow $ Chọn B.
Bài tập 24: Điều kiện của $m$ để bất phương trình $m\sqrt {2{x^2} + 9} < x + m$, nghiệm đúng với $\forall x \in R$ là:
(A) $m < – \frac{1}{{\sqrt 2 }}$
(B) $m < \frac{1}{{\sqrt 2 }}$
(C) $m < – \frac{3}{4}$
(D) $m < \frac{3}{4}$
Giải
Bất phương trình $ \Leftrightarrow m\left[ {\sqrt {2{x^2} + 9} – 1} \right] < x \Leftrightarrow m < \frac{x}{{\sqrt {2{x^2} + 9} – 1}} = f\left( x \right)$
Ta có: $f’\left( x \right) = \frac{{9 – \sqrt {2{x^2} + 9} }}{{\sqrt {2{x^2} + 9} \left[ {\sqrt {2{x^2} + 9} – 1} \right]}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 36 \Leftrightarrow x = \pm 6$
Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\overline {\left| x \right|} }}{{\sqrt {2 + \frac{9}{{{x^2}}}} – \frac{1}{{\left| x \right|}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{x}{{\sqrt 2 \left| x \right|}} = \left\{ \begin{array}{l}- \frac{1}{{\sqrt 2 }} & x \to – \infty \\\frac{1}{{\sqrt 2 }} & x \to + \infty\end{array} \right.$
Bảng biến thiên
Nhìn vào bảng biến thiên suy ra $m < f(x)\forall x \Leftrightarrow Minf(x) = – \frac{3}{4} > m$.
$ \Rightarrow $ Chọn C.
Bài tập 25. Điều kiện của $m$ để hệ $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} – 3x \le 0\\{x^3} – 2x\left| {x – 2} \right| – {m^2} + 4m \ge 0\end{array} \right.$ có nghiệm là:
(A) $0 \le m \le 4$;
(B) $ – 3 \le m \le 7$;
(C) $2 – \sqrt {\frac{{68}}{{27}}} \le m \le 2 + \sqrt {\frac{{68}}{{27}}} $
(D) $0 \le m \le 21$.
Giải
Hệ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 3\\{x^3} – 2x\left| {x – 2} \right| \ge {m^2} – 4m\end{array} \right.$.
Đặt $f\left( x \right) = {x^3} – 2x\left| {x – 2} \right|$
Hệ có nghiệm $ \Leftrightarrow {m^2} – 4m \le \mathop {Max}\limits_{x \in \left[ {0;3} \right]} f\left( x \right)$
Nhìn vào bảng biến thiên $ \Rightarrow {m^2} – 4m \le 21 \Leftrightarrow – 3 \le m \le 7$.$ \Rightarrow $ Chọn B.
Bài tập 26: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: $z\left( {x + y} \right) = xy$. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A = \frac{{{x^2} + {y^2}}}{{{x^2}}} + \frac{z}{{x + y}}$ là:
(A) $\frac{{33}}{4}$
(B) $\frac{5}{2}$
(C) $\frac{{33}}{2}$
(D) 3.
Giải
Đặt $x = az;y = bz \Rightarrow a + b = ab$.
Khi đó: Vế trái $ = {a^2} + {b^2} + \frac{1}{{a + b}} = {\left( {a + b} \right)^2} – 2ab + \frac{1}{{a + b}}{\rm{ = }}{\left( {a + b} \right)^2} – 2\left( {a + b} \right) + \frac{1}{{a + b}}$.
Mặt khác ${\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab \Rightarrow {\left( {a + b} \right)^2} \ge a + b \Leftrightarrow a + b \ge 4$.
Đặt $t = a + b,\left( {t \ge 4} \right)$, khi đó $f\left( t \right) = {t^2} – 2t + \frac{1}{t}.$
Ta có: $f’\left( t \right) = \frac{{{t^3} – 2{t^2} – 1}}{{{t^2}}} > 0\forall t \ge 4 \Rightarrow f\left( t \right)$ đồng biến trên $[4; + \infty ) \Rightarrow f(t) > f(4) = \frac{{33}}{4}$
Dấu$ = $ xảy ra $ \Leftrightarrow x + y = 2z$
$ \Rightarrow $ Chọn (A).
Bài viết tổng hợp chi tiết về các dạng bài tập tìm GTLN, GTNN của hàm số. Mong rằng qua bài học hôm nay, bạn đọc có thể nắm vững chi tiết về các dạng bài tập mà VerbaLearn Math vừa giới thiệu. Nếu có bất kì thắc mắc gì từ bài học, bạn có thể liên hệ với chúng tôi bằng cách để lại bình luận xuống phía bên dưới nhé.
