Bài 1.11 trang 15 Sách bài tập (SBT) Giải tích 12
Tìm cực trị của các hàm số sau:
a) \(y = – 2{x^2} + 7x – 5\)
b) \(y = {x^3} – 3{x^2} – 24x + 7\)
c) \(y = {x^4} – 5{x^2} + 4\)
d) \(y = {(x + 1)^3}(5 – x)\)
e) \(y = {(x + 2)^2}{(x – 3)^3}\)
Hướng dẫn làm bài:
a) \(y = – 2{x^2} + 7x – 5\) . TXĐ: R
\(\eqalign{
& y’ = – 4x + 7,y’ = 0 < = > x = {7 \over 4} \cr
& y” = – 4 = > y”({7 \over 4}) = – 4 < 0 \cr} \)
Vậy \(x = {7 \over 4}\) là điểm cực đại của hàm số và \({y_{CD}} = {9 \over 8}\)
b) \(y = {x^3} – 3{x^2} – 24x + 7\) . TXĐ: R
\(y’ = 3{x^2} – 6x – 24 = 3({x^2} – 2x – 8)\)
\(y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = – 2 \hfill \cr
x = 4 \hfill \cr} \right.\)
Vì \(y”( – 2) = – 18 < 0,y”(4) = 18 > 0\) nên hàm số đạt cực đại tại x = – 2 ; đạt cực tiểu tại x = 4 và yCĐ = y(-2) = 35 ; yCT = y(4) = -73.
c) \(y = {x^4} – 5{x^2} + 4\)
TXĐ: R
\(\eqalign{
& = {{2{x^2} – 2{m^2} – {x^2} – 2mx + 3} \over {{{(x – m)}^2}}} = {{{x^2} – 2mx – 2{m^2} + 3} \over {{{(x – m)}^2}}} \cr
& y’ = 4{x^3} – 10x = 2x(2{x^2} – 5) \cr} \)
$$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 0 \hfill \cr
x = – \sqrt {{5 \over 2}} \hfill \cr
x = \sqrt {{5 \over 2}} \hfill \cr} \right.$$
Vì \(y”( \pm \sqrt {{5 \over 2}} ) = 20 > 0,y”(0) = – 10 < 0\)
Nên hàm số đạt cực đại tại x = 0, đạt cực tiểu tại \(x = \pm \sqrt {{5 \over 2}} \) và ta có:
yCĐ = y(0) = 4 , \({y_{_{CT}}} = y( \pm \sqrt {{5 \over 2}} ) = – {9 \over 4}\)
d) TXĐ: R
\(y’ = – {(x + 1)^3} + 3{(x + 1)^2}(5 – x) = 2{(x + 1)^2}(7 – 2x)\)
\(y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = – 1 \hfill \cr
x = {7 \over 2} \hfill \cr} \right.\)
Bảng biến thiên:
Hàm số đạt cực đại tại \(x = {7 \over 2};{y_{CD}} = y({7 \over 2}) = {{2187} \over {16}}\)
e) TXĐ: R
\(y’ = 2(x + 2){(x – 3)^3} + 3{(x + 2)^2}{(x – 3)^2} = 5x(x + 2){(x – 3)^2}\)
\(y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = – 2 \hfill \cr
x = 0 \hfill \cr
x = 3 \hfill \cr} \right.\)
Bảng biến thiên:
Từ đó suy ra yCĐ = y(-2) = 0 ; yCT = y(0) = -108.
Bài 1.12 trang 15
Tìm cực trị của các hàm số sau:
a) \(y = {{x + 1} \over {{x^2} + 8}}\)
b) \(y = {{{x^2} – 2x + 3} \over {x – 1}}\)
c) \(y = {{{x^2} + x – 5} \over {x + 1}}\)
d) \(y = {{{{(x – 4)}^2}} \over {{x^2} – 2x + 5}}\)
Hướng dẫn giải
a) TXĐ : R
\(y’ = {{{x^2} + 8 – 2x(x + 1)} \over {{{({x^2} + 8)}^2}}} = {{ – {x^2} – 2x + 8} \over {{{({x^2} + 8)}^2}}}\)
\(y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = – 4 \hfill \cr
x = 2 \hfill \cr} \right.\)
Bảng biến thiên:
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, cực tiểu tại x = – 4 và \({y_{CD}} = y(2) = {1 \over 4};{y_{CT}} = y( – 4) = – {1 \over 8}\)
b) Hàm số xác định và có đạo hàm với mọi x ≠ 1.
\(y’ = {{{x^2} – 2x – 1} \over {{{(x – 1)}^2}}}\)
\(y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 1 – \sqrt 2 \hfill \cr
x = 1 + \sqrt 2 \hfill \cr} \right.\)
Bảng biến thiên:
Hàm số đạt cực đại tại \(x = 1 – \sqrt 2 \) và đạt cực tiểu tại \(x = 1 + \sqrt 2\) , ta có:
\({y_{CD}} = y(1 – \sqrt 2 ) = – 2\sqrt 2 ;{y_{CT}} = y(1 + \sqrt 2 ) = 2\sqrt 2 \)
c) TXĐ: R\{-1}
\(y’ = {{{x^2} + 2x + 6} \over {{{(x + 1)}^2}}} > 0,\forall x \ne – 1\)
Hàm số đồng biến trên các khoảng và do đó không có cực trị.
d) \(y = {{{{(x – 4)}^2}} \over {{x^2} – 2x + 5}}\)
Vì x2 – 2x + 5 luôn luôn dương nên hàm số xác định trên \(( – \infty ; + \infty )\)
\(y’ = {{2(x – 4)({x^2} – 2x + 5) – {{(x – 4)}^2}(2x – 2)} \over {{{({x^2} – 2x + 5)}^2}}} = {{2(x – 4)(3x + 1)} \over {{{({x^2} – 2x + 5)}^2}}}\)
\(y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = – {1 \over 3} \hfill \cr
x = 4 \hfill \cr} \right.\)
Bảng biến thiên:
Hàm số đạt cực đại tại \(x = – {1 \over 3}\) , đạt cực tiểu tại x = 4 và \({y_{CD}} = y( – {1 \over 3}) = {{13} \over 4};{y_{CT}} = y(4) = 0\)
Bài 1.13 SBT Toán 12
Tìm cực trị của các hàm số sau:
a) \(y = x – 6\root 3 \of {{x^2}} \)
b) \(y = (7 – x)\root 3 \of {x + 5}\)
c) \(y = {x \over {\sqrt {10 – {x^2}} }}\)
d) \(y = {{{x^3}} \over {\sqrt {{x^2} – 6} }}\)
Giải:
a) TXĐ: R
\(y’ = 1 – {4 \over {\root 3 \of x }} = {{\root 3 \of x – 4} \over {\root 3 \of x }}\)
\(y’ = 0 < = > x = 64\)
Bảng biến thiên:
Vậy ta có yCĐ = y(0) = 0 và yCT = y(64) = -32.
b) Hàm số xác định trên khoảng \(( – \infty ; + \infty )\) .
\(y’ = – \root 3 \of {x + 5} + {{7 – x} \over {3\root 3 \of {{{(x + 5)}^2}} }} = {{ – 4(x + 2)} \over {3\root 3 \of {{{(x + 5)}^2}} }}\)
Bảng biến thiên:
Vậy \({y_{CD}} = y( – 2) = 9\root 3 \of 3 \)
c) Hàm số xác định trên khoảng \(( – \sqrt {10} ;\sqrt {10} )\) .
\(y’ = {{\sqrt {10 – {x^2}} + {{{x^2}} \over {\sqrt {10 – {x^2}} }}} \over {10 – {x^2}}} = {{10} \over {(10 – {x^2})\sqrt {10 – {x^2}} }}\)
Vì y’ > 0 với mọi \(( – \sqrt {10} ;\sqrt {10} )\) nên hàm số đồng biến trên khoảng đó và do đó không có cực trị.
d) TXĐ: \(D = ( – \infty ; – \sqrt 6 ) \cup (\sqrt 6 ; + \infty )\)
\(\eqalign{
& y’ = {{3{x^2}\sqrt {{x^2} – 6} – {{{x^4}} \over {\sqrt {{x^2} – 6} }}} \over {{x^2} – 6}} \cr
& = {{3{x^2}({x^2} – 6) – {x^4}} \over {\sqrt {{{({x^2} – 6)}^3}} }} \cr
& = {{2{x^2}({x^2} – 9)} \over {\sqrt {{{({x^2} – 6)}^3}} }} \cr} \)
Bảng biến thiên:
Từ đó ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = -3, đạt cực tiểu tại x =- 3 và \({y_{CT}} = y(3) = 9\sqrt 3 ;{y_{CD}} = y( – 3) = – 9\sqrt 3 \)
Bài 1.14 trang 15 SBT Toán 12
Tìm cực trị của các hàm số sau:
a) \(y = \sin 2x\)
b) \(y = \cos x – \sin x\)
c) \(y = {\sin ^2}x\)
Hướng dẫn làm bài:
a) \(y = \sin 2x\)
Hàm số có chu kỳ \(T = \pi \)
Xét hàm số \(y = \sin 2x\) trên đoạn \({\rm{[}}0;\pi {\rm{]}}\) , ta có:
\(y’ = 2\cos 2x\)
\(y = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = {\pi \over 4} \hfill \cr
x = {{3\pi } \over 4} \hfill \cr} \right.\)
Bảng biến thiên:
Do đó trên đoạn \({\rm{[}}0;\pi {\rm{]}}\) , hàm số đạt cực đại tại \({\pi \over 4}\) , đạt cực tiểu tại \({{3\pi } \over 4}\) và \({y_{CD}} = y({\pi \over 4}) = 1;\,\,{y_{CT}} = y({{3\pi } \over 4}) = – 1\)
Vậy trên R ta có:
\({y_{CĐ}} = y({\pi \over 4} + k\pi ) = 1;\)
\({y_{CT}} = y({{3\pi } \over 4} + k\pi ) = – 1,k \in Z\)
b)
Hàm số tuần hoàn chu kỳ nên ta xét trên đoạn \({\rm{[}} – \pi ;\pi {\rm{]}}\).
\(\eqalign{
& y’ = – \sin x – \cos x \cr
& y’ = 0 < => \tan x = – 1 < = > x = – {\pi \over 4} + k\pi ,k \in Z \cr} \)
Lập bảng biến thiên trên đoạn \({\rm{[}} – \pi ;\pi {\rm{]}}\)
Hàm số đạt cực đại tại \(x = – {\pi \over 4} + k2\pi \) , đạt cực tiểu tại \(x = {{3\pi } \over 4} + k2\pi (k \in Z)\) và
\({y_{CĐ}} = y( – {\pi \over 4} + k2\pi ) = \sqrt 2\) ;
\({y_{CT}} = y({{3\pi } \over 4} + k2\pi ) = – \sqrt 2 (k \in Z)\)
c) Ta có: \(y = {\sin ^2}x = {{1 – \cos 2x} \over 2}\)
Do đó, hàm số đã cho tuần hoàn với chu kỳ \(\pi \). Ta xét hàm số \(y = {1 \over 2} – {1 \over 2}\cos 2x\) trên đoạn \({\rm{[}}0;\pi {\rm{]}}\) .
\(\eqalign{
& y’ = \sin 2x \cr
& y’ = 0 < = > \sin 2x = 0 < = > x = k.{\pi \over 2}(k \in Z) \cr} \)
Lập bảng biến thiên trên đoạn \(\left[ {0,\pi } \right]\)
Từ đó, ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại \(x = k.{\pi \over 2}\) với k chẵn, đạt cực đại tại \(x = k.{\pi \over 2}\) với k lẻ, và
\({y_{CT}} = y(2m\pi ) = 0;\)
\({y_{CĐ}} = y((2m + 1){\pi \over 2}) = 1(m \in Z)\)
Bài 1.15 trang 15
Xác định giá trị của m để hàm số sau có cực trị:
a) \(y = {x^3} – 3{x^2} + mx – 5\)
b) \(y = {x^3} + 2m{x^2} + mx – 1\)
c) \(y = {{{x^2} – 2mx + 5} \over {x – m}}\)
Hướng dẫn làm bài:
a) TXĐ: D = R
\(y’ = 3{x^2} – 6x + m\)
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ đổi dấu trên R.
⇔ 3×2 – 6x + m có hai nghiệm phân biệt.
⇔ ∆’ = 9 – 3m > 0 ⇔ 3m < 9 ⇔ m < 3.
Vậy hàm số đã cho có cực trị khi m < 3.
b) TXĐ: D = R
y’ = 3×2 + 4mx + m
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ đổi dấu trên R.
⇔ 3×2 + 4mx + m có hai nghiệm phân biệt.
⇔ ∆’ = 4m2 -3m > 0 ó m(4m – 3) > 0
\( \Leftrightarrow \left[ \matrix{
m < 0 \hfill \cr
m > {3 \over 4} \hfill \cr} \right.\)
Vậy hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu khi m < 0 hoặc \(m > {3 \over 4}\) .
c) TXĐ: D = R\{m}
\(y’ = {{{x^2} – 2mx + 2{m^2} – 5} \over {{{(x – m)}^2}}}\)
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ đổi dấu trên D
⇔ x2 – 2mx + 2m2 – 5 có hai nghiệm phân biệt.
⇔ ∆’ = – m2 + 5 > 0 ⇔ \( – \sqrt 5 < m < \sqrt 5 \)
Bài 1.16 trang 15 Sách bài tập Giải tích 12
Xác định giá trị của tham số m để hàm số y = x3 – 2×2 + mx + 1 đạt cực tiểu tại x = 1.
(Đề thi tốt nghiệp THPT năm 2011)
Bài giải: TXĐ: D = R
y’ = 3×2 – 4x + m ; y’ = 0 ⇔ 3×2 – 4x + m = 0
Phương trình trên có hai nghiệm phân biệt khi:
∆’ = 4 – 3m > 0 ⇔ \(m < {4 \over 3}\) (*)
Hàm số có cực trị tại x = 1 thì :
y’(1) = 3 – 4 + m = 0 => m = 1 (thỏa mãn điều kiện (*) )
Mặt khác, vì:
y’’ = 6x – 4 => y’’(1) = 6 – 4 = 2 > 0
cho nên tại x = 1, hàm số đạt cực tiểu.
Vậy với m = 1, hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 1
Bài 1.17 trang 16 SBT Toán giải tích 12
Xác định m để hàm số: \(y = {x^3} – m{x^2} + (m – {2 \over 3})x + 5\) có cực trị tại x = 1. Khi đó, hàm số đạt cực tiểu hay đạt cực đại? Tính cực trị tương ứng.
Hướng dẫn làm bài:
\(y = {x^3} – m{x^2} + (m – {2 \over 3})x + 5\)
Ta biết hàm số y = f(x) có cực trị khi phương trình y’ = 0 có nghiệm và y’ đổi dấu khi qua các nghiệm đó.
Ta có:
Xét y’ = 0, ta có: \(y’ = 3{x^2} – 2mx + (m – {2 \over 3})\)
∆’ > 0 khi m < 1 hoặc m > 2 (*)
Để hàm số có cực trị tại x = 1 thì
\(y'(1) = 3 – 2m + m – {2 \over 3} = 0 < = > m = {7 \over 3}\) , thỏa mãn điều kiện (*)
Với \(m = {7 \over 3}\) thì hàm số đã cho trở thành:
\(y = {x^3} – {7 \over 3}{x^2} + {5 \over 3}x + 5\)
Ta có:
\(\eqalign{
& y’ = 3{x^2} – {{14} \over 3}x + {5 \over 3} \cr
& y” = 6x – {{14} \over 3} \cr} \)
Vì \(y”(1) = 6 – {{14} \over 3} > 0\) nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và \({y_{CT}} = {y_{\left( 1 \right)}} = {{16} \over 3}.\)
Bài 1.18 trang 16
Chứng minh rằng hàm số:
\(f(x) = \left\{ \matrix{
– 2x,\forall x \ge 0 \hfill \cr
\sin {x \over 2},\forall x < 0 \hfill \cr} \right.\)
Không có đạo hàm tại x = 0 nhưng đạt cực đại tại điểm đó.
Bài giải: Hàm số:
\(f(x) = \left\{ \matrix{
– 2x,\forall x \ge 0 \hfill \cr
\sin {x \over 2},\forall x < 0 \hfill \cr} \right.\)
Không có đạo hàm tại x = 0 vì:
\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {{f(x) – f(0)} \over x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {{ – 2x} \over x} = – 2 \cr
& \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {{f(x) – f(0)} \over x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {{ – 2x} \over x} = – 2 \cr} \)
Mặt khác, với x < 0 thì \(y’ = {1 \over 2}\cos {x \over 2}\) , với x > 0 thì y’ = -2 < 0
Bảng biến thiên:
Từ đó ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 0.
Bài 1.19 SBT Toán lớp 12
Xác định giá trị m để hàm số sau không có cực trị.
\(y = {{{x^2} + 2mx – 3} \over {x – m}}\)
Hướng dẫn giải
Hàm số không có cực trị khi đạo hàm của nó không đổi dấu trên tập xác định R\{m}.
Ta có:
\(\eqalign{
& y = {{{x^2} + 2mx – 3} \over {x – m}} \cr
& y’ = {{(2x + 2m)(x – m) – ({x^2} + 2mx – 3)} \over {{{(x – m)}^2}}} \cr
& = {{2{x^2} – 2{m^2} – {x^2} – 2mx + 3} \over {{{(x – m)}^2}}} = {{{x^2} – 2mx – 2{m^2} + 3} \over {{{(x – m)}^2}}} \cr} \)
Xét g(x) = x2 – 2mx – 2m2 + 3
∆’g = m2 + 2m2 – 3 = 3(m2 – 1) ;
∆’g ≤ 0 khi – 1 ≤ m ≤ 1.
Khi – 1 ≤ m ≤ 1 thì phương trình g(x) = 0 vô nghiệm hay y’ = 0 vô nghiệm và y’ > 0 trên tập xác định. Khi đó, hàm số không có cực trị.
Khi m = 1 hoặc m = -1, hàm số đã cho trở thành y = x + 3 (với x ≠ 1) hoặc y = x – 3 (với x ≠ – 1) Các hàm số này không có cực trị.
Vậy hàm số đã cho không có cực trị khi – 1 ≤ m ≤ 1.
Trả lời