Giải Toán 12 SGK nâng cao Chương 1 Bài 3 GTLN và GTNN của hàm số

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: \(f\left( x \right) = {\sin ^4}x + {\cos ^4}x\)

Hướng dẫn giải:

TXĐ: D = R

\(\begin{array}{l}
f\left( x \right) = {\left( {{{\sin }^2}x} \right)^2} + {\left( {{{\cos }^2}x} \right)^2} + 2{\sin ^2}x{\cos ^2}x - 2{\sin ^2}x{\cos ^2}x\\
 = \left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right) - 2{\sin ^2}x{\cos ^2}x = 1 - \frac{1}{2}{\sin ^2}2x
\end{array}\)

Vì \(0 \le {\sin ^2}2x \le 1\) nên \(f\left( x \right) \le 1\) với mọi số thực x, f(0) = 1.

Vậy \(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in R}  = 1\)

* \(f\left( x \right) \ge \frac{1}{2}\,\,\forall x \in R,f\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\)

Vậy \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in R}  = \frac{1}{2}\)

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

a) \(f\left( x \right) = {x^2} + 2x - 5\) trên đoạn [-2; 3]

b) \(f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2} + 3x - 4\) trên đoạn [-4; 0]

c) \(f\left( x \right) = x + \frac{1}{x}\) trên đoạn \(\left( {0; + \infty } \right)\)

d) \(f\left( x \right) =  - {x^2} + 2x + 4\) trên đoạn [2; 4]

e) \(f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} + 5x + 4}}{{x + 2}}\) trên đoạn [0; 1]

f) \(f\left( x \right) = x - \frac{1}{x}\) trên đoạn (0; 2]

Hướng dẫn giải:

Câu a:

\(D = [ - 2;3];f\prime (x) = 2x + 2;f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow x =  - 1 \in [ - 2;3]\)

Ta có: f(-2) = -5; f(-1) = - 6; f(3) = 10

Vậy \(\mathop {\min {\mkern 1mu} {\kern 1pt} f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 2;3} \right]}  =  - 6;\mathop {\max {\mkern 1mu} {\kern 1pt} f\left( x \right) = 10}\limits_{x \in \left[ { - 2;3} \right]} \)

Câu b:

\(D = [ - 4;0];f\prime (x) = {x^2} + 4x + 3;f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1 \in [ - 4;0]\\
x =  - 3 \in [ - 4;0]
\end{array} \right.\)

Ta có: 

\(f( - 4) =  - \frac{{16}}{3};f( - 1) =  - \frac{{16}}{3};f( - 3) =  - 4;f(0) =  - 4\)

Vậy \([\mathop {\min {\mkern 1mu} {\kern 1pt} f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 4;0} \right]}  =  - \frac{{16}}{3};{\mkern 1mu} {\kern 1pt} {\mkern 1mu} {\kern 1pt} \mathop {\max {\mkern 1mu} {\kern 1pt} f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 4;0} \right]}  =  - 4\)

Câu c:

\(D = (0; + \infty );f\prime (x) = 1 - \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}\) với \(x \ne 0,f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\)

\(\begin{array}{l}
x = 1 \in [0; + \infty )\\
x =  - 1 \notin [0; + \infty )
\end{array}\)

Bảng biến thiên

 

\(\mathop {\min {\mkern 1mu} {\kern 1pt} {\mkern 1mu} {\kern 1pt} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)}\limits_{x \in \left( {0; + \infty } \right)}  = 2\).

Hàm số không đạt GTLN trên khoảng \({\left( {0; + \infty } \right)}\)

Câu d:

\(D = [2;4];f\prime (x) =  - 2x + 2;f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \notin [2;4]\)

Ta có: f(2) = 4; f(4) = -4

Vậy \(\mathop {\min {\mkern 1mu} {\kern 1pt} f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ {2;4} \right]}  =  - 4;{\mkern 1mu} {\kern 1pt} \mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ {2;4} \right]}  = 4\)

Câu e:

\(D = [0;1];f\prime (x) = \frac{{2{x^2} + 8x + 6}}{{{{(x + 2)}^2}}};f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1 \notin [0;1]\\
x =  - 3 \notin [0;1]
\end{array} \right.\)

Ta có: \(f(0) = 2;f(1) = \frac{{11}}{3}\)

Vậy \(\mathop {\min {\mkern 1mu} {\kern 1pt} f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]}  = 2;\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f(x) = \frac{{11}}{3}\)

Câu f:

\(D = (0;2];f\prime (x) = 1 + \frac{1}{{{x^2}}} > 0\) với mọi \(x \in (0;2];f(2) = \frac{3}{2}\)

Bảng biến thiên 

\(\mathop {{\mkern 1mu} {\kern 1pt} \max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]}  = \frac{3}{2}\)

Hàm số không đạt GTNN trên (-; 2]

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

a) y = 2sin²x + 2sinx - 1

b) y = cos²2x - sinx.cosx + 4

Hướng dẫn giải:

Câu a: 

Đặt t = sinx, \( - 1 \le t \le 1\)

y = f(t) = 2t² + 2t -1

Ta tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y=f(t) trên đoạn [−1;1]. Đó cũng là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên R

\(f\prime (t) = 4t + 2;f\prime (t) = 0 \Leftrightarrow t =  - \frac{1}{2}\)

Ta có: \(f( - 1) =  - 1;f\left( { - \frac{1}{2}} \right) =  - \frac{3}{2};f(1) = 3\)

\(\mathop {minf(t)}\limits_{t \in [ - 1;1]}  =  - 32;\mathop {\max f(t)}\limits_{t \in [ - 1;1]}  = 3\)

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{x \in R}  = \frac{{ - 3}}{2};\mathop {\max }\limits_{x \in R}  = 3\)

Câu b:

Ta có: \(y = 1 - si{n^2}2x - \frac{1}{2}sin2x + 4 =  - si{n^2}2x - \frac{1}{2}sin2x + 5\)

Đặt t = sin2x, \( - 1 \le t \le 1\)

\(y = f(t) =  - {t^2} - \frac{1}{2}t + 5;f\prime (t) =  - 2t - \frac{1}{2};f\prime (t) = 0 \Leftrightarrow t =  - \frac{1}{4} \in [ - 1;1]\)

Ta có: \(f( - 1) = \frac{9}{2};f( - 14) = \frac{{81}}{{16}};f(1) = \frac{7}{2}\)

\(\mathop {{\mathop{\rm minf}\nolimits} (t)}\limits_{t \in [ - 1;1]}  = \frac{7}{2};\mathop {{\mathop{\rm maxf}\nolimits} (t)}\limits_{t \in [ - 1;1]}  = \frac{{81}}{{16}}\)

Vậy \(\mathop {\min {\mkern 1mu} y}\limits_{x \in R}  = \frac{7}{2};{\kern 1pt} \mathop {{\mathop{\rm maxy}\nolimits} }\limits_{x \in R}  = \frac{{81}}{{16}}\)

Cho một tam giác đều ABC cạnh a. Người ta dựng một hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN nằm trên cạnh BC, hai đỉnh P và Q theo thứ tự nằm trên hai cạnh AC và AB của tam giác. Xác định vị trí của điểm M sao cho hình chữ nhật có diện tích lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó.

Hướng dẫn giải:

Đặt BM = x \(\left( {0 < x < \frac{a}{2}} \right)\)

Gọi H là trung điểm BC ta có \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\(\Delta BMQ = \Delta CNP \Rightarrow BM = NC = x \Rightarrow MN = a - 2x\)

QM // AH nên \(\frac{{QM}}{{AH}} = \frac{{BM}}{{BH}} \Rightarrow QM = \frac{{AH.BM}}{{BH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.x}}{{\frac{a}{2}}} = x\sqrt 3 \)

Diện tích hình chữ nhật MNPQ là:

\(S(x) = MN.QM = (a - 2x).x\sqrt 3  = \sqrt 3 (ax - 2{x^2})\)

Ta tìm giá trị lớn nhất của S(x) trên khoảng \(\left( {0;\frac{a}{2}} \right)\)

Ta có \(S\prime (x) = \sqrt 3 (a - 4x);S\prime (x) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{a}{4};S\left( {\frac{a}{4}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{8}{a^2}\)

Bảng biến thiên

Vậy S(x) đạt GTLN tại điểm x = a/4 và GTLN của diện tích hình chữ nhật là: \(\mathop {\max S(x)}\limits_{x \in \left( {0;\frac{a}{2}} \right)}  = S\left( {\frac{a}{4}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{8}{a^2}\)

---

Khi nuôi cá thí nghiệm trong hồ, một nhà sinh vật học thấy rằng: Nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có n con cá thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng: P(n) = 480 - 20n²

Hỏi phải thả bao nhiêu cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất.

Hướng dẫn giải:

Nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có n con cá thì sau một vụ, số cá trên mỗi đơn vị diện tích mặt hồ trung bình cân nặng:

Xét hàm số f(x) = 480 - 20x² trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Ta có: f'(x) = 480 - 40x; f'(x) = 0 <=> x = 12

Bảng biến thiên

Trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) hàm số f đạt giá trị lớn nhất tại điểm x=12. Từ đó suy ra rằng trên tập N* các số nguyên dương, hàm số f đạt giá trị lớn nhất tại điểm n = 12

Vậy muốn thu hoạch được nhều nhất sau một vụ thì trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ phải thả 12 con cá.

Tìm cực trị của các hàm số sau:

a) \(f\left( x \right) = \frac{x}{{{x^2} + 1}}\)

b) \(f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{{{x^2} + 1}}\)

c) \(f\left( x \right) = \sqrt {5 - {x^2}} \)

d) \(f\left( x \right) = x + \sqrt {{x^2} - 1} \)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

TXĐ: D = R

\(f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1 - 2{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{1 - {x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}};f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1;f\left( 1 \right) = \frac{1}{2}\\
x =  - 1;f\left( { - 1} \right) =  - \frac{1}{2}
\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = -1; giá trị cực tiểu f(-1) = -1/2.

Hàm số đạt cực đại tại x = 1, giá trị cực đại f(1) = 1/2

Câu b:

TXĐ: D = R \ { -1}

\(\begin{array}{l}
f'\left( x \right) = \frac{{3{x^2}\left( {x + 1} \right) - {x^3}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^3} + 3{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\\
f'\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2}\left( {2x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  - \frac{3}{2}
\end{array} \right.\\
f\left( { - \frac{3}{2}} \right) = \frac{{27}}{4}
\end{array}\)

Bảng biến thiên

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = -3/2, giá trị cực tiểu \(f\left( { - \frac{3}{2}} \right) = \frac{{27}}{4}\)

Câu c:

TXĐ: \(D = [ - \sqrt 5 ;\sqrt 5 ]\)

\(f'\left( x \right) = \frac{{ - 2x}}{{2\sqrt {5 - {x^2}} }} = \frac{{ - x}}{{\sqrt {5 - {x^2}} }};f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0;f\left( 0 \right) = \sqrt 5 \)

Bảng biến thiên

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; giá trị cực đại \(f\left( 0 \right) = \sqrt 5 \)

Câu d:

f(x) xác định khi và chỉ khi \({x^2} - 1 \ge 0\) hoặc \(x \ge 1\)

TXĐ: \(D = ( - \infty ; - 1] \cup [1; + \infty )\)

\(f'\left( x \right) = 1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = \frac{{\sqrt {{x^2} - 1}  + x}}{{\sqrt {{x^2} - 1} }}\)

\(f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 1}  =  - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \le 0\\
{x^2} - 1 = {x^2}
\end{array} \right.\) vô nghiệm

f'(-2) < 0 => f'(x) < 0 với mọi x < -1

f'(-2) > 0 => f'(x) > 2 với mọi x > 1

Bảng biến thiên

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right]\) và đồng biến trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\)

Hàm số không có cực trị

Tìm giá trị của m để hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + mx - 1}}{{x - 1}}\) có cực đại và cực tiểu.

Hướng dẫn giải:

TXĐ: D = R \ {1}

\(\begin{array}{l}
f'\left( x \right) = \frac{{\left( {2x + m} \right)\left( {x - 1} \right) - \left( {{x^2} + mx - 1} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x + 1 - m}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\\
f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 - m = 0\left( 1 \right)
\end{array}\)

Hàm số f có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1, tức là

\(\left\{ \begin{array}{l}
\Delta \prime  = m > 0\\
{1^2} - 2.1 + 1 - m \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 0\)

Vậy m > 0 thì hàm số f(x) có cực đại và cực tiểu

---

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). Tính liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân để huyết áp giảm nhiều nhất và tính độ giảm đó.

Hướng dẫn giải:

\(\begin{array}{l}
D = \left( {0; + \infty } \right)\\
G(x) = 0,75{x^2} - 0,025{x^3}
\end{array}\)

\(G'\left( x \right) = 1,5x - 0,075{x^2};G'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc x = 20

Bảng biến thiên

\(\mathop {maxG(x)}\limits_{x > 0}  = G(20) = 100\)

Liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân để huyết áp giảm nhiều nhất là 20 mg. Khi đó, độ giảm huyết áp là 100

---

Cho parabol (P): y = x² và điểm A(-3; 0). Xác định điểm M thuộc parabol (P) sao cho khoảng cách AM là ngắn nhất và tìm khoảng cách ngắn nhất đó.

Hướng dẫn giải:

Gọi M(x;x²)

Ta có:  \(A{M^2} = {(x + 3)^2} + {x^4} = {x^4} + {x^2} + 6x + 9\)

AM đạt GTNN khi và chỉ khi \(f\left( x \right) = {x^4} + {x^2} + 6x + 9\) đạt GTNN

Ta có: \(f'(x) = 4{x^3} + 2x + 6 = 2(x + 1)(2{x^2} - 2x + 3)\)

f ' (x) = 0 <=> x = -1; f(-1) = 5

Bảng biến thiên

f đạt GTNN tại điểm x = -1, GTNN là f(-1) = 5

AM đạt GTNN khi M ở vị trí M₀(-1; 1) khi đó \(A{M_0} = \sqrt 5 \)

---

Một con cá hồi bơi ngược dòng để vượt một khoảng cách là 300km. Vận tốc dòng nước là 6km/h. Nếu vận tốc bơi của con cá khi nước đứng yên là v(km/h) thì năng lượng tiêu hao của con cá trong t giờ được cho bởi công thức E(v) = cv³t, trong đó cc là một hằng số, E được tính bằng jun. Tìm vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng tiêu hao là ít nhất.

Hướng dẫn giải:

Vận tốc của cá hồi khi bơi ngược là v–6(km/h). Thời gian cá bơi để vượt khoảng cách 300km là: \( = \frac{{300}}{{v - 6}}\left( h \right)\)

Năng lượng tiêu hao của cá để vượt khoảng cách đó là:

\(E\left( v \right) = c{v^3}.\frac{{300}}{{v - 6}} = 300c.\frac{{{v^3}}}{{v - 6}}\left( {jun} \right)\) với v > 6

Đạo hàm \(E'\left( v \right) = 300c.\frac{{3{v^2}\left( {v - 6} \right) - {v^3}}}{{{{\left( {v - 6} \right)}^2}}} = 300c.\frac{{2{v^3} - 18v}}{{{{\left( {v - 6} \right)}^2}}} = 600c.\frac{{{v^2}\left( {v - 9} \right)}}{{{{\left( {v - 6} \right)}^2}}}\)

Năng lượng cực tiểu khi E'(v) = 0 <=> v = 9 (vì v > 6)

E(9) = 72900c

Bảng biến thiên

Để ít tiêu hao năng lượng nhất, cá phải bơi với vận tốc ( khi nước đứng yên) là 9(km/h)

---

Sau khi phát hiện một bệnh dịch, 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 \(f\left( t \right) = 45{t^2} - {t^3},t = 0,1,2,...,25\)

Nếu coi f là hàm số xác định trên đoạn [0; 25] thì f′(t) được xem là tốc độ truyền bệnh (người/ngày) tại thời điểm t.

a) Tính tốc độ truyền bệnh vào ngày thứ 5

b) Xác định ngày mà tốc độ truyền bệnh là lớn nhất và tính tốc độ đó

c) Xác định các ngày mà tốc độ truyền bệnh lớn hơn 600

d) Xét chiều biến thiên của hàm số f trên đoạn [0; 25]

Hướng dẫn giải:

Số người nhiễm bệnh kể từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ t là:

f(t) = 45t² - t³ , t nguyên và thuộc [0; 25]

Để xét tốc độ truyền bệnh người ta xem hàm số f xác định trên đoạn [0;25]

Câu a:

f'(t) = 90t - 3t² = 3t(30 - t)

Tốc độ truyền bệnh vào ngày thứ năm là f′(5)=375 (người/ngày)

Câu b:

f''(t) = 90 - 6t; f''(t) = 0 <=> t = 15, f'(t) = 675

Tốc độ truyền bệnh là lớn nhất vào ngày 15.

Tốc độ đó là f′(15)=675 (người/ngày)

Câu c:

 \(f\prime (t) > 0 \Leftrightarrow 90t - 3{t^2} > 600 \Leftrightarrow {t^2} - 30t + 200 < 0 \Leftrightarrow 10 < t < 20\)

Từ ngày thứ 11 đến ngày thứ 19, tốc độ truyền bệnh là lớn hơn 600 người mỗi ngày.

---

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

a) \(f\left( x \right) = \sqrt {3 - 2x} \) trên đoạn [-3; -1]

b) \(f\left( x \right) = x + \sqrt {4 - {x^2}} \)

c) \(f\left( x \right) = {\sin ^4}x + {\cos ^2}x + 2\)

d) f(x) = x - sin2x trên đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\pi } \right]\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

TXĐ: D = [-3;1]; \(f\prime (x) = \frac{{ - 1}}{{\sqrt {3 - 2x} }} < 0\) với mọi x < 3/2

Hàm số f nghịch biến trên đoạn [-3; 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:

TXĐ: D = [-2; 2]; \(f\prime (x) = 1 - \frac{x}{{4 - {x^2}}}\) với \(x \in ( - 2;2)\)

\(f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow 1 - \frac{x}{{4 - {x^2}}} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {4 - {x^2}}  = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 < x < 2\\
4 - {x^2} = {x^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \sqrt 2 \)

Ta có: \(f\left( { - 2} \right) =  - 2;f\left( {\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 ;f\left( 2 \right) = 2\)

Vậy \(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in [ - 2;2]}  = 2\sqrt 2 \mathop {;\min f\left( x \right)}\limits_{x \in [ - 2;2]}  =  - 2\)

Câu c:

TXĐ: D = R

Ta có: \(f(x) = si{n^4}x + 1 - si{n^2}x + 2 = si{n^4}x - si{n^2}x + 3\)

Đặt \(t = si{n^2}x;0 \le t \le 1\)

Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm g(t)=t²−t+3 số trên đoạn [0;1]

g'(t)=2t-1; g'(t)=0 <=> t = 1/2

Ta có: g(0) = 3; g(1/2)=11/4; g(1)=3

Do đó: \(\mathop {ming(t)}\limits_{t \in [0;1]}  = \frac{{11}}{{14}};\mathop {maxg(t)}\limits_{t \in [0;1]}  = 3\)

Vậy \(\mathop {ming(t)}\limits_{x \in R}  = \frac{{11}}{{14}};\mathop {maxg(t)}\limits_{x \in R}  = 3\)

Câu d:

TXĐ: \(D = \left[ {\frac{{ - \pi }}{2};\pi } \right]\)

f'(x)  = 1 - 2cos2x

\(f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow cos2x = \frac{1}{2} = cos\frac{\pi }{3} \Leftrightarrow 2x =  \pm \pi /3 + k2\pi  \Leftrightarrow x =  \pm \pi /6 + k\pi ,k \in Z\)

Với \( - \frac{\pi }{2} < x < \pi ,f'\left( x \right) = 0\)  tại các điểm \(\frac{{ - \pi }}{6},\frac{\pi }{6},\frac{{5\pi }}{6}\)

Ta có: \(f\left( { - \frac{\pi }{6}} \right) =  - \frac{\pi }{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{2};f\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{\pi }{6} - \frac{{\sqrt 3 }}{2};f\left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right) = \frac{{5\pi }}{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\(f\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) =  - \frac{\pi }{2};f\left( \pi  \right) = \pi \)

So sánh năm giá trị trên ta được 

\(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\pi } \right]}  = \frac{{5\pi }}{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{2};\mathop {minf(x)}\limits_{x \in \left[ {\frac{{ - \pi }}{2};\pi } \right]}  = \frac{{ - \pi }}{2}\)

---

Trong các hình chữ nhật có chu vi là 40cm, hãy xác định hình chữ nhật có diện tích lớn nhất.

Hướng dẫn giải:

Gọi x(cm) là độ dài một cạnh của hình chữ nhật thì cạnh kia có độ dài 20–x(cm)

Điều kiện 0 < x < 20

Diện tích hình chữ nhật là S(x) = x(20-x)=20-x² với x thuộc (0; 20)

Ta có S'(x) = 20 - 2x; S'(x) = 0 <=> x = 10; S(10) = 100

Bảng biến thiên 

Vậy hình chữ nhật có diện tích lớn nhất khi nó là hình vuông có cạnh dài 10cm

 

Trên đây là nội dung hướng dẫn giải chi tiết bài tập SGK nâng cao môn Toán 12 Chương 1 Bài 3 GTLN và GTNN của hàm số được trình bày rõ ràng, cụ thể với phương pháp ngắn gọn và khoa học. Hy vọng rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em học sinh lớp 12 học tập thật tốt!