Giải bài tập SGK Giải tích 12 nâng cao: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Bài viết hướng dẫn giải các bài tập trong phần câu hỏi và bài tập và phần luyện tập của sách giáo khoa Giải tích 12 nâng cao: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số.

CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP

Bài 16. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: $f(x) = {\sin ^4}x + {\cos ^4}x.$

Hàm số xác định trên $R.$
Ta có $f(x) = {\left( {{{\sin }^2}x} \right)^2} + {\left( {{{\cos }^2}x} \right)^2}$ $ = {\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right)^2} – 2{\sin ^2}x{\cos ^2}x$ $ = 1 – \frac{1}{2}{\sin ^2}2x$ với mọi $x \in R.$
$f(x) \le 1$, $\forall x \in R$, $f(0) = 1.$ Vậy $\mathop {\max }\limits_{x \in R} f(x) = 1.$
$f(x) \ge \frac{1}{2}$, $\forall x \in R$ (do ${{{\sin }^2}2x \le 1}$), $f\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = 1 – \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.$ Vậy $\mathop {\min }\limits_{x \in R} f(x) = \frac{1}{2}.$

Bài 17. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau:
a) $f(x) = {x^2} + 2x – 5$ trên đoạn $[-2;3].$
b) $f(x) = \frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2} + 3x – 4$ trên đoạn $[-4;0].$
c) $f(x) = x + \frac{1}{x}$ trên khoảng $(0; + \infty ).$
d) $f(x) = – {x^2} + 2x + 4$ trên đoạn $[2;4].$
e) $f(x) = \frac{{2{x^2} + 5x + 4}}{{x + 2}}$ trên đoạn $[0;1].$
f) $f(x) = x – \frac{1}{x}$ trên nửa khoảng $(0;2].$

a) $f'(x) = 2x + 2$, $f'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow x = – 1.$
Cách 1. Bảng biến thiên:

$\mathop {\min }\limits_{x \in [ – 2;3]} f(x) = f( – 1) = – 6$, $\mathop {\max }\limits_{x \in [ – 2;3]} f(x) = f(3) = 10.$
Cách 2. Ta có: $f( – 2) = – 5$, $f( – 1) = – 6$, $f(3) = 10.$
Vậy $\mathop {\min }\limits_{x \in [ – 2;3]} f(x) = f( – 1) = – 6$, $\mathop {\max }\limits_{x \in [ – 2;3]} f(x) = f(3) = 10.$
b) $f'(x) = {x^2} + 4x + 3$, $f'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow x = – 1$ hoặc $x = – 3.$
Ta có $f( – 4) = – \frac{{16}}{3}$, $f( – 3) = – 4$, $f( – 1) = – \frac{{16}}{3}$, $f(0) = – 4.$
Vậy $\mathop {\max }\limits_{x \in [ – 4;0]} f(x) = f( – 4) = f( – 1) = – \frac{{16}}{3}$, $\mathop {\min }\limits_{x \in [ – 4;0]} f(x) = f( – 3) = f(0) = – 4.$
c) $f'(x) = 1 – \frac{1}{{{x^2}}}$ $ = \frac{{{x^2} – 1}}{{{x^2}}}$ với mọi $x \ne 0$, $f'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow x = \pm 1.$
Bảng biến thiên:

$\mathop {\min }\limits_{x \in (0; + \infty )} f(x) = f(1) = 2.$
Hàm số không đạt giá trị lớn nhất trên $(0; + \infty ).$
d) $f'(x) = – 2x + 2$, $f'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow x = 1$ (loại vì $x = 1 \notin [2;4]$).
Ta có: $f(2) = 4$, $f(4) = – 4.$
Vậy $\mathop {\min }\limits_{x \in [2;4]} = f(4) = – 4$, $\mathop {\max }\limits_{x \in [2;4]} f(x) = f(2) = 4.$
e) $f'(x) = \frac{{2{x^2} + 8x + 6}}{{{{(x + 2)}^2}}}$, $f'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow x = – 1$ hoặc $x = – 3.$
Cách 1.
Bảng biến thiên:

Vậy $\mathop {\min }\limits_{x \in [0;1]} f(x) = f(0) = 2$, $\mathop {\max }\limits_{x \in [0;1]} f(x) = f(1) = \frac{{11}}{3}.$
Cách 2. Vì $x \in [0;1]$ nên phương trình $f'(x) = 0$ vô nghiệm trên $[0;1].$
Ta có: $f(0) = 2$, $f(1) = \frac{{11}}{3}.$
Vậy $\mathop {\min }\limits_{x \in [0;1]} f(x) = f(0) = 2$, $\mathop {\max }\limits_{x \in [0;1]} f(x) = f(1) = \frac{{11}}{3}.$
f) $f(x) = x – \frac{1}{x}$, $f'(x) = 1 + \frac{1}{{{x^2}}} > 0$, $\forall x \in (0;2)$, $f(x)$ liên tục trên $(0;2]$ nên $f(x)$ đồng biến trên $(0;2].$
Vậy $\mathop {\max }\limits_{x \in (0;2]} f(x) = f(2) = \frac{3}{2}.$ Hàm số không đạt giá trị nhỏ nhất trên nửa khoảng $(0;2].$

Bài 18. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau:
a) $y = 2{\sin ^2}x + 2\sin x – 1.$
b) $y = {\cos ^2}x – \sin x\cos x + 4.$

a) Đặt $t = \sin x$, $ – 1 \le t \le 1.$
$y = f(t) = 2{t^2} + 2t – 1$, $t \in [ – 1;1].$
Ta tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $y = f(t)$ trên $[-1;1].$
Đó là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên $R.$
$f'(t) = 4t + 2$, $f'(t) = 0$ $ \Leftrightarrow t = – \frac{1}{2}.$
Bảng biến thiên:

$\mathop {\min }\limits_{t \in [ – 1;1]} f(t) = f\left( { – \frac{1}{2}} \right) = – \frac{3}{2}$, $\mathop {\max }\limits_{t \in [ – 1;1]} f(t) = f(1) = 3.$
Do đó: $\mathop {\min }\limits_{x \in R} y = – \frac{3}{2}$, đạt được tại $\sin x = – \frac{1}{2}$ $ \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{6} + k2\pi .$
$\mathop {\max }\limits_{x \in R} y = 3$, đạt được tại $\sin x = 1$ $ \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi $, $k \in Z.$
b) $y = {\cos ^2}2x – \sin x\cos x + 4$ $ = 1 – {\sin ^2}2x – \frac{1}{2}\sin 2x + 4.$
$ = – {\sin ^2}2x – \frac{1}{2}\sin 2x + 5.$
Đặt $t = \sin 2x$, $ – 1 \le t \le 1.$
$y = f(t) = – {t^2} – \frac{1}{2}t + 5$, $f'(t) = – 2t – \frac{1}{2}$, $f'(t) = 0$ $ \Leftrightarrow t = – \frac{1}{4}.$
Bảng biến thiên:

$\mathop {\min }\limits_{t \in [ – 1;1]} f(t) = f(1) = \frac{7}{2}$, $\mathop {\max }\limits_{t \in [ – 1;1]} f(t) = f\left( { – \frac{1}{4}} \right) = \frac{{81}}{{16}}.$
Do đó $\mathop {\min }\limits_{x \in R} y = \frac{7}{2}$, chẳng hạn $x = \frac{\pi }{4}$, $\mathop {\max }\limits_{x \in R} y = \frac{{81}}{{16}}.$

Bài 19. Cho tam giác đều $ABC$ cạnh $a.$ Người ta dựng một hình chữ nhật $MNPQ$ có cạnh $MN$ nằm trên cạnh $BC$, hai đỉnh $P$ và $Q$ theo thứ tự nằm trên hai cạnh $AC$ và $AB$ của tam giác. Xác định vị trí của điểm $M$ sao cho hình chữ nhật có diện tích lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó.

Đặt $BM = x$ $\left( {0 < x < \frac{a}{2}} \right).$
Ta có: $MN = a – 2x$, $QM = BM.\tan \widehat B = x\sqrt 3 .$
Diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ là:
$S(x) = QM.MN$ $ = x\sqrt 3 (a – 2x).$
$S(x) = \sqrt 3 \left( {ax – 2{x^2}} \right).$
Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của $S(x)$ trên khoảng $\left( {0;\frac{a}{2}} \right).$
Ta có $S'(x) = \sqrt 3 (a – 4x)$, $S'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow x = \frac{a}{4}.$

$S$ đạt giá trị lớn nhất tại $x = \frac{a}{4}$ và giá trị lớn nhất của diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ là: $\mathop {\max }\limits_{x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)} S(x) = S\left( {\frac{a}{4}} \right) = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{8}.$

Bài 20. Một hợp tác xã nuôi cá trong hồ. Nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có $n$ con cá thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng: $P(n) = 480 – 20n$ (gam). Hỏi phải thả bao nhiêu cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất.

Nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có $n$ con cá thì sau một vụ, số cá trên mỗi đơn vị diện tích mặt hồ trung bình cân nặng:
$f(n) = n.P(n)$ $ = 480n – 20{n^2}$ (gam) với $n \in {N^*}.$
Xét hàm số $f(x) = 480x – 20{x^2}$ trên $(0; + \infty ).$
(Biến $n$ lấy các giá trị nguyên dương được thay bằng biến số $x$ lấy các giá trị trên khoảng $(0; + \infty )$).
$f'(x) = 480 – 40x$, $f'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow x = 12.$

Trên $(0; + \infty )$ hàm số $f(x)$ đạt giá trị lớn nhất tại $x = 12.$
Suy ra trên tập hợp ${N^*}$ các số nguyên dương, hàm số $f$ đạt giá trị lớn nhất tại điểm $n = 12.$
Vậy muốn thu hoạch được nhiều cá nhất sau một vụ thì trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ phải thả $12$ con cá.

LUYỆN TẬP

Bài 21. Tìm cực trị của các hàm số sau:
a) $f(x) = \frac{x}{{{x^2} + 1}}.$
b) $f(x) = \frac{{{x^3}}}{{x + 1}}.$
c) $f(x) = \sqrt {5 – {x^2}} .$
d) $f(x) = x + \sqrt {{x^2} – 1} .$

a) $f'(x) = \frac{{1 – {x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}$, $f'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow x = \pm 1.$
Bảng biến thiên:

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = – 1$, ${f_{CT}} = f( – 1) = – \frac{1}{2}.$
Hàm số đạt cực đại tại điểm $x = 1$, ${f_{CĐ}} = f(1) = \frac{1}{2}.$
b) $f'(x) = \frac{{2{x^3} + 3{x^2}}}{{{{(x + 1)}^2}}}$ $ = \frac{{{x^2}(2x + 3)}}{{{{(x + 1)}^2}}}$ với $x \ne – 1$, $f'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow x = 0$, $x = – \frac{3}{2}.$
Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại điểm $x = – \frac{3}{2}$, $f\left( { – \frac{3}{2}} \right) = \frac{{27}}{4}.$
Hàm số không có cực đại.
c) Tập xác định: $[ – 5;5].$
$f'(x) = \frac{{ – x}}{{\sqrt {5 – {x^2}} }}$ với mọi $x \in ( – \sqrt 5 ;\sqrt 5 )$, $f'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow x = 0.$
Bảng biến thiên:

Hàm số đạt cực đại tại điểm $x = 0$, ${f_{CĐ}} = f(0) = \sqrt 5 .$
Hàm số không đạt giá trị cực tiểu.
d) $f(x)$ xác định trên $D = ( – \infty ; – 1] \cup [1; + \infty ).$
$f'(x) = 1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} – 1} }}$ với $x < -1$ hoặc $x > 1.$
Bảng biến thiên:

Vậy hàm số nghịch biến trên $( – \infty ; – 1]$ và đồng biến trên $[1; + \infty ).$
Hàm số không có cực trị.

Bài 22. Tìm các giá trị của $m$ để hàm số $f(x) = \frac{{{x^2} + mx – 1}}{{x – 1}}$ đạt cực đại và cực tiểu.

Tập xác định: $D = R\backslash \{ 1\} .$
$f'(x) = \frac{{{x^2} – 2x + 1 – m}}{{{{(x – 1)}^2}}}$, $x \ne 1$, $f'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x^2} – 2x + 1 – m = 0\,\,(*)}\\
{x \ne 1}
\end{array}.} \right.$
Phương trình $(*)$ có nghiệm $x \ne 1$ khi và chỉ khi $m \ne 1.$
Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi phương trình $(*)$ có hai nghiệm phân biệt khác $1$, nghĩa là: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\Delta {‘_{(*)}} > 0}\\
{m \ne 0}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 0}\\
{m \ne 0}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow m > 0.$
Vậy $f(x)$ đạt cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi $m > 0.$

Bài 23. Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được cho bởi công thức $G(x) = 0,025{x^2}(30 – x)$, trong đó $x$ là liều lượng thuốc được tiêm cho bệnh nhân ($x$ lấy đơn vị là miligam). Tính liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân để huyết áp giảm nhiều nhất và tính độ giảm đó.

Ta có $G(x) = 0,75{x^2} – 0,025{x^3}$, $G'(x) = 1,5x – 0,075{x^2}$, $G'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow x = 0$, $x = 20.$
Bảng biến thiên:

$\mathop {\max }\limits_{x > 0} G(x) = G(20) = 100.$
Vậy liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân để huyết áp giảm nhiều nhất là $20$mg. Khi đó, độ giảm huyết áp là $100.$

Bài 24. Cho parabol $(P):y = {x^2}$ và điểm $A(-3;0).$ Xác định điểm $M$ thuộc parabol $(P)$ sao cho khoảng cách $AM$ ngắn nhất và tìm khoảng cách ngắn nhất đó.

Gọi $M\left( {x;{x^2}} \right)$ là một điểm bất kì trên $(P).$
Ta có: $A{M^2} = {(x + 3)^2} + {\left( {{x^2}} \right)^2}$ $ = {x^4} + {x^2} + 6x + 9.$
$AM$ nhỏ nhất $ \Leftrightarrow A{M^2}$ nhỏ nhất $ \Leftrightarrow f(x) = {x^4} + {x^2} + 6x + 9$ đạt giá trị nhỏ nhất.
$f'(x) = 4{x^3} + 2x + 6$ $ = (x + 1)\left( {4{x^2} – 4x + 6} \right).$
$f'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow x = – 1.$
Bảng biến thiên:

$f$ đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm $x = – 1$, $f( – 1) = 5.$ Suy ra, khoảng cách $AM$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $M$ ở vị trí điểm ${M_0}( – 1;1).$ Lúc đó $A{M_0} = \sqrt 5 .$

Bài 25. Một con cá hồi bơi ngược dòng để vượt qua một khoảng cách là $300$ km. Vận tốc dòng nước là $6$ km/h. Nếu vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là $v$ (km/h) thì năng lượng tiêu hao của cá trong $t$ giờ được cho bởi công thức: $E(v) = c{v^3}t$, trong đó $c$ là một hằng số, $E$ được tính bằng Jun. Tìm vận tốc của cá khi nước đứng yên để năng lượng tiêu hao là ít nhất.

Vận tốc của cá khi bơi ngược dòng là $v – 6$ (km/h). Thời gian cá bơi để vượt qua một khoảng cách $300$ km là: $t = \frac{{300}}{{v – 6}}$ (giờ).
Năng lượng tiêu hao của cá để vượt khoảng cách đó là:
$E(v) = c.{v^3}.\frac{{300}}{{v – 6}}$ $ = 300.c.\frac{{{v^3}}}{{v – 6}}$ (Jun) với $v > 6.$
Bài toán trở thành tìm $v > 6$ để $E(v)$ nhỏ nhất?
Ta có: $E'(v) = 600c.{v^2}\frac{{v – 9}}{{{{(v – 6)}^2}}}$, $E'(v) = 0$ $ \Leftrightarrow v = 9$, $v = 0$ (loại do $v > 6$).
Bảng biến thiên:

Vậy để ít tiêu hao năng lượng nhất, cá phải bơi với vận tốc $9$ km/h (khi nước đứng yên).

Bài 26. Sau khi phát hiện một bệnh dịch các chuyên gia y tế ước tính số người nhiễm bệnh kể từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ $t$ là: $f(t) = 45{t^2} – {t^3}$, $t = 0,1,2, \ldots ,25.$ Nếu coi $f$ là hàm số xác định trên đoạn $[0;25]$ thì $f'(t)$ được xem là tốc độ truyền bệnh (người/ngày) tại thời điểm $t.$
a) Tính tốc độ truyền bệnh vào ngày thứ $5.$
b) Xác định ngày mà tốc độ truyền bệnh là lớn nhất và tính tốc độ đó.
c) Xác định các ngày mà tốc độ truyền bệnh lớn hơn $600.$
d) Xét chiều biến thiên của hàm số $f$ trên đoạn $[0;25].$

Số người nhiễm kể từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ $t$ là $f(t) = 45{t^2} – {t^3}$, $t$ nguyên thuộc đoạn $[0;25].$
Để xét tốc độ truyền bệnh, xem $f(t)$ là hàm số xác định trên đoạn $[0;25].$
a) $f'(t) = 90t – 3{t^2}$ $ = 3t(30 – t).$
Tốc độ truyền bệnh vào ngày thứ $5$ là: $f'(t) = 375$ (người/ngày).
b) Bài toán trở thành: Tìm $t \in [0;25]$ để $f'(t)$ là lớn nhất.
Ta có: $f”(t) = 90 – 6t$, $f”(t) = 0$ $ \Leftrightarrow t = 15.$
Bảng biến thiên:

Vậy tốc độ truyền bệnh lớn nhất là vào ngày thứ $15.$
Tốc độ đó là $f'(15) = 675$ (người/ngày).
c) $f'(t) > 600$ $ \Leftrightarrow 90t – 3{t^2} > 600$ $ \Leftrightarrow 10 < t < 20.$
Từ ngày thứ $11$ đến ngày thứ $19$, tốc độ truyền bệnh là lớn hơn $600$ người mỗi ngày.
d) $f'(t) = 3t(30 – t) > 0$, $\forall t \in (0;25)$, $f(t)$ liên tục trên $[0;25].$
Suy ra $f(t)$ đồng biến trên $[0;25].$

Bài 27. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau:
a) $f(x) = \sqrt {3 – 2x} $ trên đoạn $[-3;1].$
b) $f(x) = x + \sqrt {4 – {x^2}} .$
c) $f(x) = {\sin ^4}x + {\cos ^2}x + 2.$
d) $f(x) = x – \sin 2x$ trên đoạn $\left[ { – \frac{\pi }{2};\pi } \right].$

a) Cách 1. $f'(x) = \frac{{ – 1}}{{\sqrt {3 – 2x} }} < 0$, $\forall x \in ( – 3;1)$ mà $f(x)$ liên tục trên $[ – 3;1]$ nên hàm số nghịch biến trên $[ – 3;1].$
Vậy $\mathop {\min }\limits_{x \in [ – 3;1]} f(x) = f(1) = 1$, $\mathop {\max }\limits_{x \in [ – 3;1]} f(x) = f( – 3) = 3.$
Cách 2. $f'(x) = \frac{{ – 1}}{{\sqrt {3 – 2x} }}$, $f'(x) = 0$ vô nghiệm trên $[ – 3;1].$
Ta có $f(1) = 1$, $f( – 3) = 3$ nên $\mathop {\min }\limits_{x \in [ – 3;1]} f(x) = f(1) = 1$, $\mathop {\max }\limits_{x \in [ – 3;1]} f(x) = f( – 3) = 3.$
b) Tập xác định: $D = [ – 2;2].$
$f'(x) = 1 – \frac{x}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}$, $f'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow x = \sqrt 2 .$
Cách 1: Bảng biến thiên:

Vậy $\mathop {\max }\limits_{x \in [ – 2;2]} f(x) = f(\sqrt 2 ) = 2\sqrt 2 $, $\mathop {\min }\limits_{x \in [ – 2;2]} f(x) = f( – 2) = – 2.$
Cách 2. Ta có: $f( – 2) = – 2$, $f(\sqrt 2 ) = 2\sqrt 2 $, $f(2) = 2.$
So sánh các giá trị trên ta được:
$\mathop {\max }\limits_{x \in [ – 2;2]} f(x) = f(\sqrt 2 ) = 2\sqrt 2 $, $\mathop {\min }\limits_{x \in [ – 2;2]} f(x) = f( – 2) = – 2.$
c) $f(x) = {\sin ^4}x + 1 – {\sin ^2}x + 2$ $ = {\sin ^4}x – {\sin ^2}x + 3.$
Đặt $t = {\sin ^2}x$, $t \in [0;1].$ Khi đó ta có $h(t) = {t^2} – t + 3$, $t \in [0;1].$
$h'(t) = 2t – 1$, $h'(t) = 0$ $ \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} \in [0;1].$
$h(0) = 3$, $h\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{11}}{4}$, $h(1) = 3.$
Vậy $\mathop {\max }\limits_{x \in [0;1]} h(t) = h(0) = h(1) = 3$, $\mathop {\min }\limits_{x \in [0;1]} h(t) = h\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{11}}{4}.$
Suy ra: $\mathop {\max }\limits_{x \in R} f(x) = 3$, đạt được chẳng hạn tại $x = 0.$
$\mathop {\min }\limits_{x \in R} f(x) = \frac{{11}}{4}$, đạt được chẳng hạn tại $x = \frac{\pi }{4}.$
d) $f(x) = x – \sin 2x$ trên $\left[ { – \frac{\pi }{2};\pi } \right].$
Ta có: $f'(x) = 1 – 2\cos 2x$, $f'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2}$ $ \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k\pi $, $k \in Z.$
Vì $x \in \left[ { – \frac{\pi }{2};\pi } \right]$ nên $x = – \frac{\pi }{6}$, $x = \frac{{5\pi }}{6}$, $x = \frac{\pi }{6}.$
$f\left( { – \frac{\pi }{2}} \right) = – \frac{\pi }{2}$, $f\left( { – \frac{\pi }{6}} \right) = – \frac{\pi }{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}$, $f\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{\pi }{6} – \frac{{\sqrt 3 }}{2}$, $f\left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right) = \frac{{5\pi }}{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}$, $f(\pi ) = \pi .$
So sánh các giá trị trên ta được:
$\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ { – \frac{\pi }{2};\pi } \right]} f(x) = f\left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right)$ $ = \frac{{5\pi }}{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}.$
$\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ { – \frac{\pi }{2};\pi } \right]} f(x) = – \frac{\pi }{2}.$

Bài 28. Trong các hình chữ nhật có chu vi là $40$ cm, hãy xác định các hình chữ nhật có diện tích lớn nhất.

Cách 1. Vì chu vi của hình chữ nhật là $40$ cm nên kích thước của nó là $x$, $20 – x$ (cm) $(0 < x < 20).$
Diện tích hình chữ nhật trên là:
$S(x) = x(20 – x)$ $ = 20x – {x^2}$, $x \in (0;20).$
$S'(x) = 20 – x$, $S'(x) = 0$ $ \Leftrightarrow x = 10.$
Bảng biến thiên:

Vậy trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi $40$ cm, hình vuông có cạnh là $10$ cm có diện tích lớn nhất.
Cách 2. Hướng dẫn: Sử dụng bất đẳng thức Cô-si.
Hai số dương $a$, $b$ có tổng không đổi thì tích của chúng là lớn nhất khi và chỉ khi $a = b.$
Gọi $a$, $b$ là hai cạnh của hình chữ nhật, ta có $a + b = 20$ ($a$, $b > 0$).
Suy ra: $ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} = 100$ $ \Rightarrow \max (ab) = 100$ $ \Leftrightarrow a = b = 10.$
Vậy hình vuông có cạnh $10$ cm là hình có diện tích lớn nhất trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi $40$ cm.


Hướng dẫn DOWNLOAD: XEM HƯỚNG DẪN
Ghi chú: Quý thầy, cô hoặc bạn đọc muốn đóng góp tài liệu cho TOANMATH.com, vui lòng gửi về:
+ Fanpage: TOÁN MATH
+ Email: toanmath.com@gmail.com