Chinh phục VD VDC toán 12 min max

Giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số thông thường III... Phương pháp đổi biến trong trường hợp này rất hiệu quả.. Chú ý khi đổi biến ta cần tìm điều kiện của biến mới.. BON

BON 049 Với mỗi số thực x, gọi f x  là giá trị nhỏ nhất trong các

số g x1 4x1,g x2  x 2, g x3   2x 4 Giá trị lớn nhất của f x  trên là

A. 1

2

8

* Trường hợp 1: Nếu    



x

Suy ra với 1

3



x thì f x g x1 4x1

Do hàm số g x1 4x1 đồng biến trên ;1

3

 

7

   

 

 

* Trường hợp 2: Nếu    



x

Suy ra với 1 2

3 x 3 thì f x g x2  x 2

Do hàm số g x2  x 2 đồng biến trên 1 2;

3 3

 

 

* Trường hợp 3: Nếu    

g x g x

1

2

3

x

x x

 



 



Suy ra với 2

3



x thì f x g x3   2x 4



1 Giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số thông thường

III GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ

MEMORIZE

* Nếu hàm số y f x  liên

tục và đồng biến trên đoạn

;

a b

  thì

   

   

;

;

min max

a b

a b

 

 

 

 







* Nếu hàm số y f x  liên

tục và nghịch biến trên đoạn

;

a b

  thì

   

   

;

;

min max

a b

a b

 

 

 

 







Do hàm số g x3   2x 4 nghịch biến trên 2;

3





 

   

 

 

maxf x max maxf x ; max f x ; max f x

g   g  

    

Đáp án C.

BON 050 Cho hàm số y f x  có đạo hàm f x  liên tục trên và có hàm số

 

yf x có đồ thị trên đoạn 2; 3 như

hình vẽ bên Gọi M là giá trị lớn nhất và

m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x  trên đoạn 2; 3  Khi đó M m, lần lượt là

A. M f 2 ;m f 1 B. Mf 3 ;m f 1

C. M f 1 ;m f 2 D. M f 3 ;mf 2

Từ đồ thị hàm số yf x  ta suy ra bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn

2; 3

  bằng f 1 Mặt khác, cũng từ đồ thị hàm số y f x  ta suy ra diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số yf x  với trục hoành trên đoạn 2;1

 

  lớn hơn diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

yf x với trục hoành trên đoạn 1; 3, do đó chúng ta có:



Suy ra giá trị lớn nhất là f 2 Vậy M f 2 ; m f 1

Đáp án A.

x f’(x)

–2

f(x)

f(1)

1 _

3 +

f(3)

0

f(–2)

y

-2 1 3

BON 051 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số





x

g x

x x lần lượt là

A. maxg x 1; ming x  2 B. maxg x 0; ming x  1

C. maxg x 1; ming x 0 D. maxg x 1; ming x  1

Ta có

2

Tập xác định D Đặt tsin ,x t  1;1  Lúc đó   2 1

; 1;1 1

 

t

 

2 2 2

0 2

; 0

1

t

t t

t

t t

 

 

   

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

1;1

1;1

2

 

 

 

 



Đáp án C.

BON 052 Cho f x là hàm đa thức thỏa mãn  

  1  45 312 2  4

Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

 



y f x trên tập Dx x410x2 9 0

Giá trị của 21m6M2019 bằng

A. 2235 B. 2319 C. 3045 D. 3069

f x xf x x x x

Từ  1 thay x bởi 1x ta được:



2 Giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số hợp, hàm số tổng

x y’

–1

y

+

1

2 3

0

(loại)

BON TIP

Nếu khảo sát trực tiếp hoặc

dùng miền giá trị đều dẫn

đến tính toán phức tạp

Phương pháp đổi biến trong

trường hợp này rất hiệu quả

Chú ý khi đổi biến ta cần tìm

điều kiện của biến mới

BON TIP

Từ bài toán trong câu này ta

đưa ra ứng dụng sau:

Với bài toán:

Xác định m để phương trình

2

sin 1 sin

1 0 *

m

Ta có:

  2sin 1

*

sin sin 1

x m



 * có nghiệm khi 0  m 1.

BON TIP

Với bài toán này hướng làm

của ta là truy ngược hàm để

tìm biểu thức của f x .

Coi f x f  , 1x là các ẩn số 

Từ  1 và  2 ta giải được f x x33x24

Ta có x410x2   9 0 1 x2     9 x  3; 1  1; 3

3; 1 1; 3

        Xét hàm số y f x  trên tập D

Ta có f x là hàm số liên tục trên từng đoạn    3; 1 , 1; 3    Lại có   2

Mặt khác f   3 4;f    2 f 1 0;f   1 2;f 3 50

Do đó, max    3 50; min    3 4

D

Vậy, 21m6M2019 2235

Đáp án A.

BON 053 Cho hàm số y f x  có đạo hàm trên Đồ thị của hàm số y f x  được cho trong hình vẽ bên Giá trị nhỏ nhất của hàm số g x   f sinx trên 0;  là

2

f 

1 2

f 

 

 

  sin 

g x f x Đặt tsin ,x ta có x0;   t 0;1

Ta tìm GTNN của f t  trên 0;1 Xét hàm số f t  trên 0;1 Đạo hàm: f t   0, x  0;1 f t  nghịch biến trên  0;1 Bảng biến thiên:

minf t f 1 ming x f 1

Đáp án B.

BON 054 Cho hàm số f x  có đạo hàm      2 

f x  x x x

Giá trị nhỏ nhất của hàm số     1 3

2 3

g x  f x  x  x trên đoạn 1; 2

bằng

3

f  B. f 0 2 C.   4

3

3

f  

t f’(t)

0

f(t)

1 –

f(0)

f(1)

y

2

BON TIP

Lưu ý khi sử dụng phương

pháp đổi biến cần tìm điều

kiện của t theo x chặt chẽ

Cụ thể t sinx trên 0;   

cos 0

2

0;1

   

x

t

t'

π/2

0

+

1

π

 LỜI GIẢI

Ta có: g x   f x x21

     2  2

g x   x x x x  

1

x

x

  



Bảng biến thiên:

Vậy 1;2       8

3

  

Đáp án A.

BON 055 Cho hàm số y f x  có

đồ thị y f x  như hình vẽ bên Khi đó hàm số g x   f 3x29x2021 đạt giá trị nhỏ nhất của g x trên đoạn   1;0 bằng

A. f 2 2021 B. f  1 2030

C. f 0 2027 D. f 8 2003

Ta có: g x  f 3x 2 9x2021 g x 3f3x 2 9

Xét g x  0 f3x23

1 3

4

1 3

x x



  









      



nghiÖm kÐp

Ta có bảng biến thiên:

     

1;0

  

 

   

Đáp án A.

x g’(x)

–1

g(x)

g(1)

1 _

2 +

g(2)

0

g(–1)

)

x g’(x)

m

g(x)

n -1

–

0 -1/3

–

0

O

y

x

3

1

4

-2 -3

BON TIP

Với bài toán đề cho biểu thức

 ,

f x sau khi tính g x 

thay trực tiếp vào g x  và

giải phương trình g x  0.

BON TIP

Nghiệm của phương trình

f x  là hoành độ giao

điểm của đồ thị hàm số

 

y f x và y 3

 

3

1 (kép)

3 2 3

3 2

3 2

3 2 1 (kép)

x

x

 



 









O

y

x

3

1

4

-2

BON 056 Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục trên và có bảng xét dấu như sau:

Biết f    4 f 4  7 Giá trị lớn nhất của hàm số y f x 5 trên đoạn

4; 4

  đạt được tại điểm nào?

Xét g x    f x  5 g x    f x ;

 

4 1 0

2 4

x x

g x

x x

  

  









Bảng biến thiên của g x  trên 4; 4:

Rút ra bảng biến thiên của y g x :

Từ bảng biến thiên ta thấy y f x 5 đạt GTLN tại x2

Đáp án C.

BON 057 Cho hàm số f x có đạo hàm cấp số hai trên   Biết

 2  2018 0,  0 3

f f   f  và bảng xét dấu của f x như sau:

Hàm số y f x  1 2018 đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x Khi đó 0 x 0

thuộc khoảng

A. 2015;1  B. ; 2015  C. 1009; 2  D.  1; 3



3 Giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối

x f'(x)

–

+∞

–∞ –4

0

x g’(x)

–4

+

g(2)

4

–2

0

x –4

y

2

2

2

0

x f’’(x)

0 +

BON TIP

Hướng làm của bài toán:

Từ bảng xét dấu của f x 

 Bảng biến thiên của

g x f x 

  5  

Từ bảng biến thiên của hàm

số g x   f x  5 ta suy

diễn ra bảng biến thiên của

 .

g x

 2

g

 LỜI GIẢI

Có bảng biến thiên của hàm số f x :

Từ đó, ta có bảng biến thiên của y f x :

1 2018 1

1

y f x

x

x





y không xác định với x1.

2021

1 2018 2

x x





Ta có bảng biến thiên của hàm số y g x  :

    ming x g 1

  , đạt được khi x1

Đáp án C.

x f’’(x)

–∞

+ +

3

0 –

0

+∞

–∞

0

x f’(x)

–∞

+

+∞

f(–2018)

0

x –∞

+

+∞

0

g’(x) g(x)

1

+

g(1)

0

BON TIP

Đạo hàm của hàm số

 

y f x là    

 . .

f x f x y

f x



 

BON 058 Cho hàm số 2

1







mx n y

x Giá trị của m, n sao cho giá trị lớn

nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên lần lượt là 4 và 1 là

A.    m n;  3; 4 B. m n;     4; 3 ; 4; 3     

C.   m n;   3; 4  D. m n;     4; 3 ; 4; 3  

Tập xác định D Ta có:

2

0

0

4,

1





mx n

x

y

mx n

x

1

2

2

2

y



   

2

2 4





Từ  * và  * * ta có:  

2 2

4

4

3

 







m

m

n

Đáp án D.

BON 059 Cho hàm số  2

2

y x x m với x  2; 2  Tất cả các giá

trị của m để

2;2

 

 y là

4

   

C. m 8. D. 8;9

4

  

m

Bước 1:Đặt t x 2x x;   2; 2

Bước 2: Tìm điều kiện của t

2

t x t     x  



4 Bài toán biện luận min – max có chứa tham số

BON TIP

Với các bài toán tìm GTLN,

GTNN ta cần đặc biệt lưu ý

dấu bằng xảy ra Nếu dấu

bằng không xảy ra thì ta phải

kiểm tra lại các bước ở trên

BON TIP

Trong bài toán này, nếu ta

đạo hàm trực tiếp thì ta sẽ có

   2 

2 2 1

này việc xét dấu của y sẽ

trở nên phức tạp Do ở đây

biểu thức trong dấu ngoặc

thì m hoàn toàn cô lập với x,

do vậy nếu đặt 2

x  x t thì

y sẽ rất đơn giản Việc giải

phương trình y  0 trở nên

đơn giản hơn

x 2 1

2

 2



t  0 

t

2 6 1

4



Vậy suy ra 1;6

4

  

t Khi đó, ta xác định m sao cho  2

1

;6 4

min t m 4

 

 

 

Xét hàm số    2

f t  t m trên 1; 6

4

 

Đạo hàm: f t  2 t m   ; f t    0 t m Xét các trường hợp sau:

- Trường hợp 1: 1 1

    m m

t  m 1

4

 6 

 

f t  0  + +

 

f t

2

1 4

m



Vậy

2 2;2

9

7

4

m

m

 

 











nhËn

lo¹i

- Trường hợp 2: 1 1  

t  1

4

 m 6 

 

f t   0 + +

 

f t

0 Vậy min2;2 y y m 0 4

 

       loại

- Trường hợp 3: 6    m m 6

t  1

4

 6 m 

 

f t    0 +

 

f t

 2

6

m

2;2

4

6 2

m m

 

 

  

  

lo¹i

MTCT TIP

Ngoài việc tìm điều kiện của

t bằng bảng biến thiên như

trong lời giải bên, ta có thể

sử dụng MTCT để tìm điều

kiện của t

Sử dụng lệnh w7 , sau

đó nhập f x X2 X

Chọn START -2; END 2;

STEP 0,5 ta sẽ bảng giá trị

của hàm tf x x2 x

trên  2; 2  Quan sát hình

bên dưới.

Ta thấy màn hình hiện các

giá trị của hàm tx2x ta

thấy hàm số nghịch biến

trên   2; 0,5 và đồng biến

trên  0,5; 6 bên cột f x 

đưa ra giá trị của hàm số tại

các giá trị x tương ứng, từ đó

ta suy ra 1;6

4

t

Từ      1 , 2 , 3 98.

4

m m

  





 



Đáp án D.

BON 060 Cho hàm số y f x  liên tục, có đạo hàm trên và có đồ thị như hình vẽ bên Kí hiệu g x  f2 2x 1xm. Tất cả các giá trị

của tham số m sao cho max0;1 g x  2 min0;1 g x 

 

C. 0 m 5. D. m2

  

  



x

x

Đặt t2 2x 1  x t2 7x 1 4 2 1x x  1 t 1

Lại có

Khi đó g x   f t m với t 1; 3  Dựa vào đồ thị ta có

   

   

1;3

1;3

 

 

 

 







f t f

f t f

1;3 1;3

 

 

 f x m f x m  m m m

Đáp án B.

BON 061 Biết rằng tồn tại các số nguyên ,a b sao cho hàm số

2 1







ax b y

x đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất đều là các số nguyên và tập

giá trị của hàm số đã cho chỉ có đúng 6 số nguyên Giá trị của 2 2

2



bằng

Bằng cách sử dụng điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình, chúng ta có:

Khi a0 thì hàm số chỉ đạt giá trị lớn nhất (khi b0) hoặc chỉ đạt giá trị nhỏ nhất (khi b0)

Còn khi a0 thì

 

Do đó,

2 2

min

2

2 2

max

2

1

y

5

3

1

2 3

MEMORIZE

Ngoài cách dùng bất đẳng

thức Cosi để tìm điều kiện

của ẩn t, ta có thể lập bảng

biến thiên để tìm điều kiện

của t

BON TIP

Ta có: 2

1

ax b

y

x







 

2

2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

0

4 0

4 4 0

4 4 0

2 4 4

4

2 4 4

4 2

2

y

y

y







 





 

Vì min ; maxy y là các số nguyên nên tập giá trị của hàm số đã cho chỉ có

đúng 6 số nguyên khi và chỉ khi maxyminy5

2



b

2



b

Theo giả thiết, thì b là số nguyên lẻ và a0 nên 2 2

Do đó, 2 2

Đáp án B.

BON 062 Cho hàm số f x x22x1 Có bao nhiêu giá trị

nguyên của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số

  2  2  

g x  f x  f x m trên đoạn 1; 3 bằng 8?

Xét hàm số f x , ta có bảng biến thiên:

Nhận xét:     2   

f f x  f x  f x 

Đặt u f f x    Với x  1; 3 f x   2; 2 f f x     2;7 Suy ra h x    u m 1 g u u ,   2;7

Do đó: max2;7 g u  maxm 1 ,m 8

  

 

+) Trường hợp 1:  

2;7

maxg u m 1

  

 

Suy ra

9

1 8

m m

 



+) Trường hợp 2:  

2;7

maxg u m 8

  

 

Suy ra

0

8 8

m m

 



Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án D.

y x  x x x  m Tính

tổng tất cả các giá trị thực của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số đã

cho bằng 2021?

x –2

7

2

3

2

y

–2

2

–1

BON TIP

Ở đây ta sử dụng phương

pháp đặt ẩn phụ

 

uf f x  Điều kiện

của x bằng cách tìm miền giá

trị của f f x    khi

2; 2

x   

 LỜI GIẢI

Điều kiện: x1 3 x    0 1 x 3

Xét hàm số g x x22x4 x1 3 x m 3 xác định và liên tục trên 1;3

t x x   x x

2

1

x

 

Bảng biến thiên của t x :  

Từ bảng biến thiên, suy ra t 0; 2

g x x  x x x  m

Xét hàm số g t    t2 4t m,  t 0; 2 có g t    2t 4 0,t 0; 2

nên hàm số g t  nghịch biến trên 0; 2 

Do đó min0;2 g t   g 2 m 12

 

 

 

 

Suy ra max1;3 y max0;2 g t  maxm m; 12 2021

    

2021

m





12 2021

m



Từ đó ta được m1m2 12

Đáp án D.

BON 064 Cho hàm số f x x33x1 Có bao nhiêu giá trị

nguyên của m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y f2sinx 1 m không vượt quá 10?

Đặt t2sinx1, t  1; 3 Xét hàm số     3

,

g t  f t     m t t m  ;

  2

Bảng biến thiên:

x t’

–1

t

1 +

2

3

0

0

EXPLANATION

Tìm điều kiện của

2sin 1

t x bằng cách tìm

miền giá trị của t khi x

Ta có: 1 sin   x 1

2 2sin 2

1 2sin 1 3

1; 3

x

x

t

Từ bảng biến thiên, ta có:

 

 

1;3

1;3

g t m

g t m

 

 

 

 





 



nÕu

nÕu

1;3

min

g t

 

 





Xảy ra các trường hợp sau:

+) TH1: Nếu m19    m 1 0 m 1

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì m 1 10 m 11  1 m 11 (1) +) TH2: Nếu 0 m 19    m 1 m 19. Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì m19         10 m 29 29 m 19 (2)

+) TH3: Nếu m   1 0 m 19   19 m 1 thì miny0 (hiển nhiên đúng) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra 29  m 11 Vậy có 41 số nguyên thỏa mãn

Đáp án D

BON 065 Cho hàm số bậc ba y f x 

có đạo hàm trên và có đồ thị như hình vẽ

Xét hàm số g x  f2x3  x 1 m. Tìm m

để max0;1 g x  10

 

 

 

C. m 1 D. m 9

Ta có: g x 6x21 f 2x3 x 1

Vì 6x2 1 0 nên g x 0

3

3

0

0

0;1

x

x x

f x x

x x

x x

 



  

Bảng biến thiên của hàm số g x :

Dựa vào bảng biến thiên, ta được max0;1 g x  3 m

 

 

  Suy ra 3     m 10 m 13

Đáp án B.

m – 1

t g’(t)

–1

g(t)

1

+

m + 3

0 –

3

m + 19

0

x g’(x)

0

g(x)

g(x0)

x0

_

1 +

3 + m

0

3 + m

x

-1

3

-1

y

1 -2 1

BON TIP

Trong bài toán này, m độc

lập nên ta hoàn toàn có thể

đơn giản bài toán bằng việc

xét riêng hàm số

f x  x