Bài 2: GTLN & GTNN của hàm số

• Hàm số liên tục trên đoạn $[-2; 4]$.

• Đạo hàm: $y' = 3x^2 - 6x - 9 = 3(x^2 - 2x - 3) = 3(x + 1)(x - 3)$.

• Cho $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = -1 \in [-2; 4] \\ x = 3 \in [-2; 4] \end{array} \right.$.

• Tính giá trị hàm số tại các điểm cần xét:

- $y(-2) = (-2)^3 - 3(-2)^2 - 9(-2) + 35 = -8 - 12 + 18 + 35 = 33$.

- $y(4) = 4^3 - 3(4)^2 - 9(4) + 35 = 64 - 48 - 36 + 35 = 15$.

- $y(-1) = (-1)^3 - 3(-1)^2 - 9(-1) + 35 = -1 - 3 + 9 + 35 = 40$.

- $y(3) = 3^3 - 3(3)^2 - 9(3) + 35 = 27 - 27 - 27 + 35 = 8$.

• So sánh các giá trị: $40 > 33 > 15 > 8$.

• Kết luận: $\max_{[-2; 4]} y = 40$ tại $x = -1$; $\min_{[-2; 4]} y = 8$ tại $x = 3$.

• Hàm số liên tục trên đoạn $[-1; 3]$.

• Đạo hàm: $y' = 4x^3 - 8x = 4x(x^2 - 2) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \in [-1; 3] \\ x = \sqrt{2} \in [-1; 3] \\ x = -\sqrt{2} \notin [-1; 3] \text{ (loại)} \end{array} \right.$.

• Tính giá trị hàm số tại các điểm thuộc $[-1; 3]$:

- $y(-1) = (-1)^4 - 4(-1)^2 + 5 = 2$.

- $y(3) = 3^4 - 4(3)^2 + 5 = 81 - 36 + 5 = 50$.

- $y(0) = 5$.

- $y(\sqrt{2}) = (\sqrt{2})^4 - 4(\sqrt{2})^2 + 5 = 4 - 8 + 5 = 1$.

• Kết luận: $\max_{[-1; 3]} y = 50$ tại $x = 3$; $\min_{[-1; 3]} y = 1$ tại $x = \sqrt{2}$.

• Nghiệm mẫu số $x = -2 \notin [0; 4]$ nên hàm số liên tục và xác định trên đoạn $[0; 4]$.

• Đạo hàm: $y' = \frac{3(2) - (-1)(1)}{(x+2)^2} = \frac{7}{(x+2)^2} > 0, \forall x \in [0; 4]$.

• Vì $y' > 0$ trên $[0; 4]$ nên hàm số đồng biến liên tục trên $[0; 4]$. Do đó GTLN và GTNN đạt tại hai đầu mút:

- GTNN $m = y(0) = \frac{3(0) - 1}{0 + 2} = -\frac{1}{2}$.

- GTLN $M = y(4) = \frac{3(4) - 1}{4 + 2} = \frac{11}{6}$.

• Ghi nhớ: Hàm nhất biến liên tục trên $[a; b]$ luôn đơn điệu, GTLN và GTNN luôn luôn rơi vào hai đầu mút $y(a)$ và $y(b)$.

• Mẫu số có nghiệm $x = 1 \notin [2; 5]$ nên hàm số liên tục trên $[2; 5]$.

• Đạo hàm: $y' = \frac{2x(x-1) - (x^2 + 3)(1)}{(x-1)^2} = \frac{x^2 - 2x - 3}{(x-1)^2} = \frac{(x+1)(x-3)}{(x-1)^2}$.

• Cho $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 3 \in [2; 5] \\ x = -1 \notin [2; 5] \text{ (loại)} \end{array} \right.$.

• Tính giá trị tại hai đầu mút và nghiệm đạo hàm:

- $y(2) = \frac{2^2 + 3}{2 - 1} = 7$.

- $y(5) = \frac{5^2 + 3}{5 - 1} = \frac{28}{4} = 7$.

- $y(3) = \frac{3^2 + 3}{3 - 1} = \frac{12}{2} = 6$.

• Kết luận: $\max_{[2; 5]} y = 7$ (tại $x = 2$ và $x = 5$); $\min_{[2; 5]} y = 6$ (tại $x = 3$).

• Biểu thức dưới căn $4 - x^2 \ge 0 \Leftrightarrow x \in [-2; 2]$. Hàm số liên tục trên $[-2; 2]$.

• Đạo hàm trên khoảng $(-2; 2)$: $y' = 1 + \frac{-2x}{2\sqrt{4 - x^2}} = 1 - \frac{x}{\sqrt{4 - x^2}} = \frac{\sqrt{4 - x^2} - x}{\sqrt{4 - x^2}}$.

• Cho $y' = 0 \Leftrightarrow \sqrt{4 - x^2} = x \Leftrightarrow \begin{cases} x > 0 \\ 4 - x^2 = x^2 \end{cases} \Leftrightarrow 2x^2 = 4 \Leftrightarrow x = \sqrt{2} \in (-2; 2)$.

• Tính giá trị tại hai đầu mút và nghiệm đạo hàm:

- $y(-2) = -2 + \sqrt{4 - 4} = -2$.

- $y(2) = 2 + \sqrt{4 - 4} = 2$.

- $y(\sqrt{2}) = \sqrt{2} + \sqrt{4 - 2} = \sqrt{2} + \sqrt{2} = 2\sqrt{2} \approx 2{,}83$.

• Kết luận: $\max_{[-2; 2]} y = 2\sqrt{2}$ tại $x = \sqrt{2}$; $\min_{[-2; 2]} y = -2$ tại $x = -2$.

• Đổi $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x \Rightarrow y = (1 - \cos^2 x) - \sqrt{3}\cos x + 1 = -\cos^2 x - \sqrt{3}\cos x + 2$.

• Đặt ẩn phụ $t = \cos x$. Với $x \in [0; \pi] \Rightarrow t \in [-1; 1]$.

• Bài toán trở thành tìm GTLN, GTNN của hàm bậc hai $f(t) = -t^2 - \sqrt{3}t + 2$ trên đoạn $[-1; 1]$.

• Đạo hàm: $f'(t) = -2t - \sqrt{3} = 0 \Leftrightarrow t = -\frac{\sqrt{3}}{2} \in [-1; 1]$.

• Tính các giá trị $f(t)$:

- $f(-1) = -(-1)^2 - \sqrt{3}(-1) + 2 = 1 + \sqrt{3} \approx 2{,}73$.

- $f(1) = -(1)^2 - \sqrt{3}(1) + 2 = 1 - \sqrt{3} \approx -0{,}73$.

- $f\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 - \sqrt{3}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + 2 = -\frac{3}{4} + \frac{3}{2} + 2 = \frac{11}{4} = 2{,}75$.

• Kết luận: $\max_{[0; \pi]} y = \frac{11}{4}$ (tại $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2} \Leftrightarrow x = \frac{5\pi}{6}$); $\min_{[0; \pi]} y = 1 - \sqrt{3}$ (tại $\cos x = 1 \Leftrightarrow x = 0$).

• Cách 1: Biến đổi tách nhóm dùng BĐT Cô-si:

$$y = (x - 2) + \frac{16}{x - 2} + 2$$

• Với $x > 2 \Rightarrow x - 2 > 0$ và $\frac{16}{x - 2} > 0$. Áp dụng BĐT Cô-si:

$$(x - 2) + \frac{16}{x - 2} \ge 2\sqrt{(x - 2) \cdot \frac{16}{x - 2}} = 2\sqrt{16} = 8$$

• Suy ra $y \ge 8 + 2 = 10$. Dấu đẳng thức xảy ra khi $x - 2 = \frac{16}{x - 2} \Leftrightarrow (x - 2)^2 = 16 \Leftrightarrow x - 2 = 4 \Leftrightarrow x = 6 \in (2; +\infty)$.

• Kết luận: $\min_{(2; +\infty)} y = 10$ tại $x = 6$.

• Tập xác định: $D = (0; +\infty)$.

• Tính đạo hàm: $y' = \frac{\left(\frac{1}{x}\right) \cdot x - \ln x \cdot 1}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2}$.

• Cho $y' = 0 \Leftrightarrow 1 - \ln x = 0 \Leftrightarrow \ln x = 1 \Leftrightarrow x = e \approx 2{,}718$.

• Lập bảng xét dấu $y'$: Khi $0 < x < e \Rightarrow y' > 0$; khi $x > e \Rightarrow y' < 0$.

• Vì $x = e$ là điểm cực đại duy nhất trên khoảng $(0; +\infty)$ nên hàm số đạt GTLN tại $x = e$.

• Kết luận: $\max_{(0; +\infty)} y = y(e) = \frac{\ln e}{e} = \frac{1}{e} \approx 0{,}368$.

• Tập xác định: $\begin{cases} x - 1 \ge 0 \\ 5 - x \ge 0 \end{cases} \Leftrightarrow 1 \le x \le 5 \Rightarrow D = [1; 5]$.

• Đạo hàm trên khoảng $(1; 5)$: $y' = \frac{1}{2\sqrt{x - 1}} - \frac{1}{2\sqrt{5 - x}} = \frac{\sqrt{5 - x} - \sqrt{x - 1}}{2\sqrt{x - 1}\sqrt{5 - x}}$.

• Cho $y' = 0 \Leftrightarrow \sqrt{5 - x} = \sqrt{x - 1} \Leftrightarrow 5 - x = x - 1 \Leftrightarrow 2x = 6 \Leftrightarrow x = 3 \in (1; 5)$.

• Tính giá trị tại các điểm:

- $y(1) = \sqrt{0} + \sqrt{4} = 2$.

- $y(5) = \sqrt{4} + \sqrt{0} = 2$.

- $y(3) = \sqrt{2} + \sqrt{2} = 2\sqrt{2} \approx 2{,}83$.

• Kết luận: $\max_{[1; 5]} y = 2\sqrt{2}$ tại $x = 3$; $\min_{[1; 5]} y = 2$ tại $x = 1$ hoặc $x = 5$.

• Hàm số liên tục trên $[0; 2]$. Đạo hàm $y' = 3x^2 - 3 = 3(x^2 - 1) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \in [0; 2]$ (nghiệm $x = -1 \notin [0; 2]$).

• Tính giá trị hàm số theo $m$ tại các điểm:

- $y(0) = m$.

- $y(2) = 2^3 - 3(2) + m = m + 2$.

- $y(1) = 1^3 - 3(1) + m = m - 2$.

• So sánh các giá trị: $m - 2 < m < m + 2$. Do đó $\min_{[0; 2]} y = m - 2$.

• Theo đề bài: $\min_{[0; 2]} y = 5 \Leftrightarrow m - 2 = 5 \Leftrightarrow m = 7$.

• Kết luận: $m = 7$ là giá trị duy nhất cần tìm.

• Nghiệm mẫu $x = -1 \notin [0; 1]$ nên hàm số liên tục trên $[0; 1]$.

• Đạo hàm: $y' = \frac{1 - m}{(x+1)^2}$. Vì $m \ne 1 \Rightarrow y' \ne 0, \forall x \in [0; 1]$.

• Do hàm số đơn điệu liên tục trên $[0; 1]$ nên GTLN chỉ có thể đạt tại $x = 0$ hoặc $x = 1$:

- $y(0) = m$.

- $y(1) = \frac{1 + m}{2}$.

• Xét 2 trường hợp đơn điệu:

1) Nếu $1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1$: Hàm số đồng biến $\Rightarrow \max_{[0; 1]} y = y(1) = \frac{1+m}{2} = 2 \Leftrightarrow 1 + m = 4 \Leftrightarrow m = 3$ (loại vì $m < 1$).

2) Nếu $1 - m < 0 \Leftrightarrow m > 1$: Hàm số nghịch biến $\Rightarrow \max_{[0; 1]} y = y(0) = m = 2$ (thỏa mãn $m > 1$).

• Kết luận: $m = 2$ là giá trị thỏa mãn bài toán.

• Xét hàm số không chứa trị tuyệt đối $f(x) = x^3 - 3x + m$ trên $[0; 2]$.

• Đạo hàm $f'(x) = 3x^2 - 3 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \in [0; 2]$.

• Giá trị tại các điểm: $f(0) = m$, $f(1) = m - 2$, $f(2) = m + 2$.

• Nhận xét: Với mọi $x \in [0; 2]$ ta có $m - 2 \le f(x) \le m + 2$.

• Do đó $M = \max_{[0; 2]} f(x) = m + 2$ và $m_0 = \min_{[0; 2]} f(x) = m - 2$.

• GTLN của hàm số $y = |f(x)|$ trên $[0; 2]$ là:

$$K(m) = \max_{[0; 2]} |f(x)| = \max \{ |m + 2|, |m - 2| \}$$

• Áp dụng bất đẳng thức $\max \{ |A|, |B| \} \ge \frac{|A + B|}{2}$:

$$K(m) \ge \frac{|(m + 2) + (-(m - 2))|}{2} = \frac{|(m+2) + (2-m)|}{2} \ge \frac{|(m+2) + (2-m)|}{2} = \frac{4}{2} = 2$$

• Dấu '=' xảy ra khi $|m + 2| = |m - 2| \Leftrightarrow (m + 2)^2 = (m - 2)^2 \Leftrightarrow 4m = -4m \Leftrightarrow m = 0$.

• Khi $m = 0$, $\max_{[0; 2]} |x^3 - 3x| = \max \{ |2|, |-2| \} = 2$.

• Kết luận: $m = 0$ làm cho GTLN của $y = |x^3 - 3x + m|$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $2$.

• Biểu thức thể tích: $V = x^2 h = 500 \Rightarrow h = \frac{500}{x^2}$ ($x > 0$).

• Diện tích bìa carton dùng làm hộp không nắp (1 đáy + 4 mặt bên):

$$S(x) = S_{\text{đáy}} + S_{xq} = x^2 + 4xh = x^2 + 4x\left(\frac{500}{x^2}\right) = x^2 + \frac{2000}{x} \quad (x > 0)$$

• Tính đạo hàm: $S'(x) = 2x - \frac{2000}{x^2} = \frac{2x^3 - 2000}{x^2}$.

• Cho $S'(x) = 0 \Leftrightarrow 2x^3 - 2000 = 0 \Leftrightarrow x^3 = 1000 \Leftrightarrow x = 10$ cm.

• Bảng biến thiên cho thấy $S'(x) < 0$ với $0 < x < 10$ và $S'(x) > 0$ với $x > 10$. Do đó $S(x)$ đạt GTNN tại $x = 10$ cm.

• Kết luận: Độ dài cạnh đáy $x = 10$ cm (chiều cao $h = 5$ cm) sẽ tiết kiệm bìa nhất với diện tích tối thiểu $S_{min} = 300$ cm².

• Thời gian đi hết chuyến đường $120$ km là: $t = \frac{120}{v}$ (giờ).

• Chi phí cho 1 giờ hoạt động: $C_{1h}(v) = 3v^2 + 1200$ (nghìn đồng/giờ).

• Tổng chi phí toàn bộ hành trình $120$ km:

$$T(v) = C_{1h}(v) \cdot t = (3v^2 + 1200) \cdot \frac{120}{v} = 360v + \frac{144000}{v} \quad (v > 0)$$

• Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương $360v$ và $\frac{144000}{v}$:

$$T(v) \ge 2\sqrt{360v \cdot \frac{144000}{v}} = 2\sqrt{51840000} = 2 \cdot 7200 = 14400 \text{ (nghìn đồng)}$$

• Dấu '=' xảy ra khi $360v = \frac{144000}{v} \Leftrightarrow v^2 = 400 \Leftrightarrow v = 20$ km/h.

• Kết luận: Tàu nên vận hành với vận tốc $v = 20$ km/h để tổng chi phí nhỏ nhất là $14{,}4$ triệu đồng ($14.400.000$ VNĐ).

• Gọi $r > 0$ là bán kính của nửa hình tròn (mét) $\Rightarrow$ chiều ngang hình chữ nhật là $2r$. Gọi $h > 0$ là chiều cao hình chữ nhật.

• Chu vi khung cửa (1 đáy dưới + 2 cạnh bên + cung tròn nửa chu vi $\pi r$):

$$P = 2r + 2h + \pi r = 6 \Rightarrow 2h = 6 - (2 + \pi)r \Rightarrow h = 3 - \frac{2 + \pi}{2}r$$

• Diện tích toàn bộ cửa sổ (diện tích hình chữ nhật + diện tích nửa hình tròn):

$$S(r) = 2r \cdot h + \frac{1}{2}\pi r^2 = 2r\left(3 - \frac{2+\pi}{2}r\right) + \frac{\pi r^2}{2} = 6r - (2+\pi)r^2 + \frac{\pi r^2}{2} = 6r - \left(2 + \frac{\pi}{2}\right)r^2$$

• Đạo hàm $S'(r) = 6 - 2\left(2 + \frac{\pi}{2}\right)r = 6 - (4 + \pi)r = 0 \Leftrightarrow r = \frac{6}{4 + \pi} \approx 0{,}84$ m.

• Vì $S''(r) = -(4 + \pi) < 0$ nên $S(r)$ đạt GTLN tại $r = \frac{6}{4 + \pi}$ m.

• Kết luận: Bán kính nửa hình tròn $r = \frac{6}{4 + \pi} \approx 0{,}84$ m sẽ cho diện tích lấy sáng lớn nhất.

• Đáy nhỏ hình thang $b = 2$ m, tấm bên nghiêng góc $\theta \Rightarrow$ chiều cao hình thang $h = 2\sin\theta$, phần mở rộng mỗi bên đáy lớn là $2\cos\theta$.

• Đáy lớn hình thang $B = 2 + 4\cos\theta$.

• Diện tích mặt cắt ngang hình thang:

$$S(\theta) = \frac{b + B}{2} \cdot h = \frac{2 + (2 + 4\cos\theta)}{2} \cdot (2\sin\theta) = (2 + 2\cos\theta)(2\sin\theta) = 4\sin\theta(1 + \cos\theta)$$

• Đặt $t = \cos\theta \Rightarrow \sin\theta = \sqrt{1 - t^2}$ với $t \in (0; 1)$.

• Ta xét $S^2 = 16(1 - t^2)(1 + t)^2 = 16(1 - t)(1 + t)^3$. Đạo hàm $f(t) = (1 - t)(1 + t)^3$ trên $(0; 1)$:

$$f'(t) = -(1 + t)^3 + 3(1 - t)(1 + t)^2 = (1 + t)^2 [-1 - t + 3 - 3t] = (1 + t)^2 (2 - 4t) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}$$

• Vì $t = \cos\theta = \frac{1}{2} \Rightarrow \theta = \frac{\pi}{3} = 60^\circ$.

• Kết luận: Góc nghiêng tấm bên $\theta = 60^\circ$ sẽ cho diện tích mặt cắt lớn nhất $S_{max} = 3\sqrt{3} \approx 5{,}20$ m².

• Tập xác định: $t \in [0; +\infty)$.

• Đạo hàm nồng độ thuốc theo thời gian:

$$C'(t) = \frac{0{,}6(t^2 + 4) - 0{,}6t(2t)}{(t^2 + 4)^2} = \frac{0{,}6(4 - t^2)}{(t^2 + 4)^2}$$

• Cho $C'(t) = 0 \Leftrightarrow 4 - t^2 = 0 \Leftrightarrow t = 2$ giờ (do $t \ge 0$).

• Lập bảng xét dấu $C'(t)$: Khi $0 \le t < 2 \Rightarrow C'(t) > 0$; khi $t > 2 \Rightarrow C'(t) < 0$.

• Do đó $C(t)$ đạt GTLN tại điểm cực đại duy nhất $t = 2$ giờ.

• Nồng độ thuốc cao nhất trong máu là: $C_{max} = C(2) = \frac{0{,}6(2)}{2^2 + 4} = \frac{1{,}2}{8} = 0{,}15$ mg/L.

• Kết luận: Sau khi tiêm $2$ giờ, nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân đạt mức cao nhất là $0{,}15$ mg/L.