Bài 27 trang 24 SGK Đại số và Giải tích 12 Nâng cao

Bài 27. 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 \(\left[ { – 3;1} \right]\);

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

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

d) \(f\left( x \right) = x – \sin 2x\) trên đoan \(\left[ { – {\pi  \over 2};\pi } \right]\).

Giải

a) TXĐ: \(D = \left[ { – 3;1} \right]\); \(f’\left( x \right) = {{ – 1} \over {\sqrt {3 – 2x\,} }} < 0\) với mọi \(x < {3 \over 2}\,\)

Hàm số \(f\) nghịch biến trên đoạn \(\left[ { – 3;1} \right]\)

Do đó \(\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { – 3;1} \right]}  = f\left( { – 3} \right) = 3\); \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { – 3;1} \right]}  = f\left( 1 \right) = 1\)

b) TXĐ: \(D = \left[ { – 2;2} \right];f’\left( x \right) = 1 – {x \over {4 – {x^2}}}\) với \(x \in \left( { – 2;2} \right)\)

\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 – {x \over {4 – {x^2}}} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {4 – {x^2}} = x \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
0 < x < 2 \hfill \cr
4 – {x^2} = {x^2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow x = \sqrt 2 \)

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

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

c) 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 \(g\left( t \right) = {t^2} – t + 3\) số 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: \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in {\mathbb{R}}}  = {{11} \over {14}};\,\,\,\,\,\,\mathop {\max f\left( x \right)}\limits_{x \in {\mathbb{R}}}  = 3\)

d) TXĐ: \(D = \left[ { – {\pi  \over 2};\pi } \right]\)

\(f’\left( x \right) = 1 – 2\cos 2x;\)

\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = {1 \over 2} = \cos {\pi  \over 3} \Leftrightarrow 2x =  \pm {\pi  \over 3} + k2\pi  \Leftrightarrow x =  \pm {\pi  \over 6} + k\pi,k \in {\mathbb{Z}}\)

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 \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { – {\pi  \over 2};\pi } \right]}  =  – {\pi  \over 2}\)