Bài 5.5: Tìm các điểm cực trị của các hàm số sau:
a) \(y = – {x^3} – 6{x^2} + 15x + 1\)
b) \(y = {x^2}\sqrt {{x^2} + 2} \)
c) \(y = x + \ln (x + 1)\)
d) \(y = x – 1 + {1 \over {x + 1}}\)
a) \(y’ = – 3{x^2} – 12x + 15;y” = – 6x – 12\)
\(y’ = 0\Leftrightarrow 3{x^2} + 12x – 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = 1} \cr {x = – 5} \cr} } \right.\)
\(y”(1) = – 18 < 0;y”( – 5) = 18 > 0\)
Vậy với x = -5 hàm số đạt cực tiểu và yCT = -99
Với x = 1 hàm số đạt cực đại và yCĐ = 9
b) Tập xác định D = R. Hàm số có cực tiểu khi x = 0, yCT = 0
c) Tập xác định: \(x > – 1;y’ = 1 + {1 \over {x + 1}};y’ > 0,\forall x > – 1\)
Hàm số luôn đồng biến nên không có cực trị.
d) Tập xác định: R\{-1};
\(y’ = 1 – {1 \over {{{(x + 1)}^2}}};y’ = 0\Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = 0} \cr {x = – 2} \cr} } \right.\)
\(y” = {2 \over {{{(x + 1)}^3}}};y”(0) = 2 > 0’y”( – 2) = – 2 < 0\)
Hàm số đạt cực đại tại x = -2 và yCĐ = – 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = 0
Bài 5.6: Tìm \(a \in (0;2\pi )\) để hàm số \(y = {1 \over 3}{x^3} – {1 \over 2}(1 + 2\cos a){x^2} + 2x\cos a + 1\) đồng biến trên khoảng \((1; + \infty )\).
Advertisements (Quảng cáo)
Tập xác định: D = R; \(y’ = {x^2} – (1 + 2\cos a)x + 2\cos a\)
\(y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = 1} \cr {x = 2\cos a} \cr} } \right.\)
Vì y’ > 0 ở ngoài khoảng nghiệm nên để hàm số đồng biến với mọi x > 1 thì \(2\cos a \le 1 \Leftrightarrow \cos a \le {1 \over 2} \Rightarrow {\pi \over 3} \le a \le {{5\pi } \over 3}\) (vì \(a \in (0;2\pi )\) ).
Bài 5.7: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) \({e^x} + \cos x \ge 2 + x – {{{x^2}} \over 2},\forall x \in R\)
b) \({e^x} – {e^{ – x}} \ge 2\ln (x + \sqrt {1 + {x^2}} ),\forall x \ge 0\)
c) \(8{\sin ^2}{x \over 2} + \sin 2x > 2x,\forall x \in (0;\pi {\rm{]}}\)
a) Xét hàm số \(f(x) = {e^x} + \cos x – 2 – x + {{{x^2}} \over 2}\) , có tập xác định là R.
\(f'(x) = {e^x} – \sin x – 1 + x;f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 0\)
Ta lại có \(f”(x) = {e^x} + 1 – \cos x > 0,\forall x\) vì \(1 – \cos x \ge 0\) và \({e^x} > 0\)
Advertisements (Quảng cáo)
Như vậy, f’(x) đồng biến trên R. Từ đó: \(f'(x) < f'(0) = 0,\forall x < 0;f'(x) > f'(0) = 0,\forall x > 0\)
Ta có bảng biến thiên
Hàm số \(f(x) = {e^x} + \cos x – 2 – x + {{{x^2}} \over 2} \ge {f_{CT}} = f(0) = 0,\forall x \in R\)
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
b) \(\forall x \ge 0\) xét hàm số \(f(x) = {e^x} – {e^{ – x}} – 2\ln (x + \sqrt {1 + {x^2}} )\) , ta có
\(f'(x) = {e^x} + {e^{ – x}} – {2 \over {\sqrt {1 + {x^2}} }}\) ;
Từ đó f ‘(x) > 0 với mọi x > 0 (vì \({e^x} + {e^{ – x}} > 2\) và \({2 \over {\sqrt {1 + {x^2}} }} < 2\) ) và \(f ‘(x) = 0 \Leftrightarrow x = 0\)
Vậy f(x) đồng biến trên \({\rm{[}}0; + \infty )\) , tức là:
\(f(x) \ge f(0) = {e^0} – {e^0} – 2\ln 1 = 0\)
Từ đó suy ra điều cần chứng minh
c) Xét hàm số \(f(x) = 8{\sin ^2}{x \over 2} + \sin 2x – 2x,\forall x \in (0;\pi {\rm{]}}\)
\(f'(x) = 4\sin x + 2\cos 2x – 2 = 4\sin x(1 – \sin x)\)
\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = {\pi \over 2}} \cr {x = \pi } \cr} } \right.\)
Với \(x \in (0;\pi {\rm{]}}\) ta có \(f'(x) \ge 0\) và dấu bằng chỉ xảy ra tại hai điểm.
Vậy f(x) đồng biến trên nửa \((0;\pi {\rm{]}}\). Mặt khác, f(0) = 0 nên f(x) > 0.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài 5.8: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số sau trên các khoảng, đoạn tương ứng:
a) g(x) = |x3 + 3x2 – 72x + 90| trên đoạn [-5; 5]
b) f(x) = x4 – 4x2 + 1 trên đoạn [-1; 2]
c) f(x) = x – ln x + 3 trên khoảng \((0; + \infty )\)
a) Xét hàm số \(f(x) = {x^3} + 3{x^2} – 72x + 90\) trên đoạn [-5; 5]
\(f'(x) = 3{x^2} + 6x – 72;f'(x) = 0\Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = 4} \cr {x = – 6 \notin {\rm{[}} – 5;5]} \cr} } \right.\)
\(f( – 5) = 400;f(5) = – 70;f(4) = – 86\)
Ngoài ra, f(x) liên tục trên đoạn [-5; 5] và \(f( – 5).f(5) < 0\) nên tồn tại \({x_0} \in ( – 5;5)\) sao cho \(f({x_0}) = 0\)
Ta có \(g(x) = |f(x)| \ge 0\) và \(g({x_0}) = |f({x_0})| = 0;g( – 5) = |400| = 400\);
\(g(5) = |-70| = 70 ; g(4) = |f(4)| = |-86| = 86\)
Vậy \(\mathop {\min g(x)}\limits_{{\rm{[}} – 5;5]} = g({x_0}) = 0;\mathop {{\rm{max }}g(x)}\limits_{{\rm{[}} – 5;5]} = g( – 5) = 400\)
b) \(\mathop {\min f(x)}\limits_{{\rm{[}} – 1;2]} = f(\sqrt 2 ) = – 3;\mathop {{\rm{max f}}(x)}\limits_{{\rm{[}} – 1;2]} = f(2) = f(0) = 1\)
c) \(\mathop {\min f(x)}\limits_{(0; + \infty )} = f(1) = 4\) . Không có giá trị lớn nhất.
