Đề: Cho $f(x)=\sqrt{1+2 \cos x }+\sqrt{1+2 \sin x } . $  Tìm $max  f(x) , min  f(x). $

Đề bài: Cho $f(x)=\sqrt{1+2 \cos x }+\sqrt{1+2 \sin x } . $  Tìm $max  f(x) , min  f(x). $

Lời giải

Tập xác định của hàm số là $x$ thỏa mãn
      $\left\{ \begin{array}{l}
1 + 2\cos x \ge 0\\
1 + 2\sin x \ge 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\cos  \ge \frac{-1}{2}\\
\sin x \ge  – \frac{1}{2}
\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow -\frac{ \pi}{6 } +2k\pi \leq x \leq \frac{ 2\pi}{ 3} +2k\pi  (\alpha )$
Với $x \in (\alpha )$ thì
       $(f(x))^2=2+2(\sin x +\cos x)+2 \sqrt{1+2(\sin x + \cos x ) + 4 \sin x \cos x } $
Đặt $\sin x +\cos x =t  \Leftrightarrow  \sqrt{2} \cos \left ( x-\frac{ \pi}{ 4} \right ) =t$
Ta được : $2 \sin x \cos x =t^2-1 $
Trong $(\alpha ):$ $2k\pi-\frac{ \pi}{ 6} \leq x \leq \frac{2\pi }{ 3} +2k\pi$
* Chú ý : $\cos \left ( \pm \frac{ 5\pi}{ 12} \right )= \cos(\pm(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{6}))=\frac{ \sqrt{6}-\sqrt{2}  }{ 4} \Leftrightarrow -\frac{5\pi }{ 12} +2k\pi \leq x – \frac{ \pi}{ 4} \leq \frac{ 5\pi}{ 12} +2k\pi$
nên khi $x \in (\alpha )$ thì $\frac{\sqrt{3} -1  }{ 2} \leq t \leq \sqrt{2}  (A) $
Hàm số $f^2 (x)$ có dạng:
       $g(t) = 2+2t+2 \sqrt{2t^2+2t-1} $ với $t \in  (A)$
       $g'(t)=2+2.\frac{ 2t+1}{ \sqrt{2t^2+2t-1} } >0   \forall  t \in (A)$
Trong tập $A$ hàm $g(t)$ đồng biến nên:
       $\mathop {M{\rm{ax}}}\limits_A  g(t) = g(\sqrt{2})=4(\sqrt{2}+1)  $
       $\mathop {Min}\limits_A g(t)=g\left ( \frac{ \sqrt{3}-1 }{ 2} \right )=\sqrt{3}+1 $
Đáp số :
       $Max f(x)=2 \sqrt{\sqrt{2} +1} $ khi $x =\frac{ \pi}{ 4} +2k\pi$
       $Min f(x) = \sqrt{\sqrt{3}+1 } $ khi $x=\frac{ \pi}{ 4}+arc\cos \frac{ \sqrt{3}-1 }{ 2 \sqrt{2} } +2k\pi$