Hướng dẫn giải (chi tiết)

$y\' = {x^2} - mx - 4$

Hàm số có hai điểm cực trị $\Leftrightarrow y\' = 0$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{\rm{ }}{x_2} \Leftrightarrow \Delta = {m^2} + 16 > 0$

Theo hệ thức vi - et: ${x_1}{x_2} = 4 \Rightarrow {x_2} = \frac{4}{{{x_1}}}$

Theo giả thuyết: $S = \left( {x_1^2 - 1} \right)\left( {x_2^2 - 9} \right) = \left( {x_1^2 - 1} \right)\left( {\frac{{16}}{{x_1^2}} - 9} \right) = 25 - \left( {9x_1^2 + \frac{{16}}{{x_1^2}}} \right) \le 25 - 2\sqrt {9x_1^2.\frac{{16}}{{x_1^2}}} = 1$

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức bằng 1.

Chú ý: Bài này cũng có thể lập bảng biến thiên để tìm GTLN, GTNN.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Từ $x + y = 3 \Leftrightarrow y = 3 - x$, do $y \ge 1$ nên $3 - x \ge 1 \Leftrightarrow x \le 2$, vậy $x \in \left[ {0;2} \right]$.

Ta có: $P = {x^3} + 2{\left( {3 - x} \right)^2} + 3{x^2} + 4x\left( {3 - x} \right) - 5x = {x^3} + {x^2} - 5x + 18 = f\left( x \right)$

$f\'\left( x \right) = 3{x^2} + 2x - 5$

$f\'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\nx = 1\, \in \left[ {0;\,2} \right]\\\nx = - \frac{5}{3} \notin \left[ {0;\,2} \right]\n\end{array} \right.$

Ta có: $f\left( 0 \right) = 18$, $f\left( 1 \right) = 15$, $f\left( 2 \right) = 20$.

Vậy GTLN của hàm số bằng 20.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

$A = \frac{1}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{y^3}}} = \frac{{{x^3} + {y^3}}}{{{x^3}{y^3}}} = \frac{{(x + y)({x^2} - xy + {y^2})}}{{{x^3}{y^3}}} = {\left( {\frac{{x + y}}{{xy}}} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)^2}$

Đặt $x = ty$, từ giả thiết ta được:

$(x + y)xy = {x^2} + {y^2} - xy \Rightarrow (t + 1)t{y^3} = ({t^2} - t + 1){y^2}$

Do đó $y = \frac{{{t^2} - t + 1}}{{{t^2} + t}};x = ty = \frac{{{t^2} - t + 1}}{{t + 1}}$. Vậy $A = {\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)^2} = {\left( {\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2} - t + 1}}} \right)^2}$

Xét hàm $f(t) = \frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2} - t + 1}} \Rightarrow f\'(t) = \frac{{ - 3{t^2} + 3}}{{{{\left( {{t^2} - t + 1} \right)}^2}}}$

$f\'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}\n{t = 1\,\,\,}\\\n{t = - 1}\n\end{array}} \right.$

Vậy giá trị lớn nhất của $A$  khi $t=1$, khi đó $A = {\left( {\frac{{{1^2} + 2.1 + 1}}{{{1^2} - 1 + 1}}} \right)^2} = 16$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

$P = {a^4} + {b^4} = {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 2{\left( {a.b} \right)^2} = {\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - 2ab} \right]^2} - 2{\left( {ab} \right)^2}$

$\Rightarrow P = \left[ {{{\left( {1 - ab} \right)}^2} - 2ab} \right] - 2{\left( {ab} \right)^2} = {\left( {1 - 4x + {x^2}} \right)^2} - 2{x^2}$ với $ab = x \Rightarrow x > 0$.

$\Rightarrow P = {x^4} + 16{x^2} + 1 + 2{x^2} - 8{x^3} - 8x - 2{x^2} = {x^4} - 8{x^3} + 16{x^2} - 8x + 1$

Ta có: $a + b = 1 - ab \ge 2\sqrt {ab}$

$\Rightarrow x + 2\sqrt x - 1 \le 0 \Leftrightarrow 0 \le \sqrt x \le \sqrt 2 - 1 \Rightarrow 0 \le x \le 3 - 2\sqrt 2$

$P\' = 4{x^3} - 24{x^2} + 32x - 1$

vậy $\min P = P\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right) = 2{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^4}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi độ dài cạnh góc vuông là $x,\;0 < x < \frac{a}{2}$, cạnh huyền $a-x$.

Cạnh góc vuông còn lại: $\sqrt {{{(a - x)}^2} - {x^2}} $

Diện tích tam giác là: $S(x) = \frac{1}{2}x\sqrt {{a^2} - 2ax} $

Ta có: $S\'(x) = \frac{{a(a - 3x)}}{{2\sqrt {{a^2} - 2ax} }};\,\,S\'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{a}{3}$

Vậy diện tích tam giác lớn nhất bằng $\frac{{{a^2}}}{{6\sqrt 3 }}$ khi cạnh góc vuông $\frac{a}{3}$ và cạnh huyền $\frac{{2a}}{3}.$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $x(x>0)$ là chiều rộng cuả đáy hình chữ nhật.

Thể tích bể nước: $V = 2{x^2}.h = \frac{{500}}{3} \Leftrightarrow h = \frac{{250}}{{3{x^2}}}$

Diện tích xung quanh hồ và đáy bể: $S = 6x.h + 2{x^2} = \frac{{500}}{x} + 2{x^2}\,\,\left( {x > 0} \right)$

Xét hàm số $f\left( x \right) = \frac{{500}}{x} + 2{x^2}$

$f\'\left( x \right) = - \frac{{500}}{{{x^2}}} + 4x = 0 \Leftrightarrow x = 5$

Lập bảng biến thiên của hàm số trên khoảng $\left( {0;\, + \infty } \right)$ ta thấy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=5$.

Vậy phí thuê nhân công: $150*100.000 = {15.10^6}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Độ dài đoạn dây bằng $60 cm$, cạnh hình vuông cạnh $a$, bán kính đường tròn $r$ nên ta có:

$4a + 2\pi r = 60 \Leftrightarrow r = \frac{{30 - 2a}}{\pi }\left( 1 \right)$

Gọi $S$ là tổng diện tích của hình vuông và hình tròn: $S = {a^2} + \pi {r^2}\left( 2 \right)$

Thay (1) vào (2) ta được: $S = {a^2} + \frac{{{{\left( {30 - 2a} \right)}^2}}}{\pi }$

Khi đó: $S\' = 2a - \frac{{4\left( {30 - 2a} \right)}}{\pi } = \frac{{\left( {2\pi + 8} \right)a - 120}}{\pi }$

$S\' = 0 \Leftrightarrow a = \frac{{60}}{{\pi + 4}}$

Dựa vào bảng biến thiên, S nhỏ nhất khi $a = \frac{{60}}{{\pi + 4}} \Rightarrow r = \frac{{30}}{{\pi + 4}}$. Vậy $\frac{a}{r} = 2$.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Từ đồ thị hàm $f’\left( x \right)$ ta có bảng biến thiên:

Từ giả thiết: $f\left( 0 \right) + f\left( 3 \right) = f\left( 2 \right) + f\left( 5 \right)$ nên $f\left( 5 \right) + f\left( 2 \right) - f\left( 3 \right) = f\left( 0 \right)$

Hàm số $f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left[ {2;\,5} \right]$ nên $f\left( 3 \right) > f\left( 2 \right)$ hay $f\left( 2 \right) - f\left( 3 \right) < 0$, suy ra $f\left( 0 \right) = f\left( 5 \right) + f\left( 2 \right) - f\left( 3 \right) < f\left( 5 \right)$

Vậy giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số lần lượt là: $f\left( 5 \right),\,f\left( 2 \right)$.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Dựa vào đồ thị ta có bảng biến thiên:

Ta có: $f\left( 0 \right) < f\left( 1 \right),\,f\left( 2 \right) < f\left( 1 \right)$ vậy $f\left( 0 \right) + f\left( 2 \right) < 2f\left( 1 \right)$

Khi đó: $f\left( { - 1} \right) + f\left( 0 \right) - 2f\left( 1 \right) = f\left( 3 \right) - f\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( 0 \right) + f\left( 2 \right) - 2f\left( 1 \right) = f\left( 3 \right) - f\left( { - 1} \right)$

Vậy $f\left( 3 \right) - f\left( { - 1} \right) > 0 \Rightarrow f\left( 3 \right) > f\left( { - 1} \right)$

Khi đó giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên $\left[ { - 1;3} \right]$ lần lượt là: $f\left( 1 \right),\,f\left( { - 1} \right)$