Mở đầu trang 15

Đề bài: Từ một tấm bìa carton hình vuông có độ dài cạnh bằng $60$ cm, người ta cắt bốn hình vuông bằng nhau ở bốn góc rồi gập thành một chiếc hộp có dạng hình hộp chữ nhật không có nắp (H.1.14). Tính độ dài cạnh của các hình vuông bị cắt sao cho thể tích của chiếc hộp là lớn nhất.

Lời giải:

Bài toán này sẽ được giải chi tiết ở Ví dụ 3 (trang 17) trong SGK. Kết quả: cạnh hình vuông cần cắt là $x = 10$ cm, khi đó thể tích chiếc hộp lớn nhất là $V = 16,000$ cm³.

1. Định nghĩa

HĐ1 (trang 15)

Đề bài: Cho hàm số $y = f(x) = x^2 – 2x$ với $x \in [0; 3]$, có đồ thị như Hình 1.15.

a) Giá trị lớn nhất $M$ của hàm số trên đoạn $[0; 3]$ là bao nhiêu? Tìm $x_0$ sao cho $f(x_0) = M$.

b) Giá trị nhỏ nhất $m$ của hàm số trên đoạn $[0; 3]$ là bao nhiêu? Tìm $x_0$ sao cho $f(x_0) = m$.

Lời giải:

Quan sát đồ thị H.1.15:

a) Giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $[0; 3]$ đạt được ở điểm cao nhất của đồ thị. Từ đồ thị, điểm cao nhất là $(3; 3)$. Vậy:

$$M = 3,\text{ đạt tại } x_0 = 3.$$

b) Giá trị nhỏ nhất của $f(x)$ trên $[0; 3]$ đạt được ở điểm thấp nhất của đồ thị. Từ đồ thị, điểm thấp nhất là $(1; -1)$. Vậy:

$$m = -1,\text{ đạt tại } x_0 = 1.$$

Luyện tập 1 (trang 17)

Đề bài: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các hàm số sau:

a) $y = \sqrt{2x – x^2}$;

b) $y = -x + \dfrac{1}{x – 1}$ trên khoảng $(1; +\infty)$.

Lời giải:

a) TXĐ: $2x – x^2 \geq 0 \Leftrightarrow x(2 – x) \geq 0 \Leftrightarrow 0 \leq x \leq 2$, tức $D = [0; 2]$.

Với $x \in (0; 2)$:

$$y’ = \dfrac{(2x – x^2)’}{2\sqrt{2x – x^2}} = \dfrac{2 – 2x}{2\sqrt{2x – x^2}} = \dfrac{1 – x}{\sqrt{2x – x^2}}.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Tính giá trị: $y(0) = 0$, $y(1) = \sqrt{1} = 1$, $y(2) = 0$.

Bảng biến thiên trên $[0; 2]$:

Vậy: $\max_{[0;2]} y = 1$ tại $x = 1$; $\min_{[0;2]} y = 0$ tại $x = 0$ hoặc $x = 2$.

b) TXĐ: $(1; +\infty)$.

$$y’ = -1 – \dfrac{1}{(x – 1)^2} < 0,\quad \forall x > 1.$$

Vậy hàm số nghịch biến trên $(1; +\infty)$.

Tính các giới hạn:

$$\lim_{x \to 1^+} y = \lim_{x \to 1^+} \left(-x + \dfrac{1}{x – 1}\right) = +\infty;\quad \lim_{x \to +\infty} y = -\infty.$$

Bảng biến thiên:

Vậy trên $(1; +\infty)$, hàm số không có giá trị lớn nhất và không có giá trị nhỏ nhất.

2. Cách tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn

HĐ2 (trang 17)

Đề bài: Xét hàm số $y = f(x) = x^3 – 2x^2 + 1$ trên đoạn $[-1; 2]$, với đồ thị như Hình 1.16.

a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $[-1; 2]$.

b) Tính đạo hàm $f'(x)$ và tìm các điểm $x \in (-1; 2)$ mà $f'(x) = 0$.

c) Tính giá trị của hàm số tại hai đầu mút của đoạn $[-1; 2]$ và tại các điểm $x$ đã tìm ở câu b. So sánh số nhỏ nhất trong các giá trị này với $\min_{[-1;2]} f(x)$, số lớn nhất trong các giá trị này với $\max_{[-1;2]} f(x)$.

Lời giải:

a) Từ đồ thị H.1.16:

• Điểm cao nhất trên đoạn ứng với $y = 1$ (đạt tại $x = 0$ hoặc $x = 2$).
• Điểm thấp nhất ứng với $y = -2$ (đạt tại $x = -1$).

Vậy: $\max_{[-1;2]} f(x) = 1$; $\min_{[-1;2]} f(x) = -2$.

b) Đạo hàm:

$$f'(x) = 3x^2 – 4x = x(3x – 4).$$

$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = \dfrac{4}{3}$. Cả hai đều nằm trong khoảng $(-1; 2)$.

c) Tính giá trị tại các đầu mút và các điểm ở câu b:

• $f(-1) = -1 – 2 + 1 = -2$.
• $f(0) = 1$.
• $f\left(\dfrac{4}{3}\right) = \dfrac{64}{27} – \dfrac{32}{9} + 1 = \dfrac{64 – 96 + 27}{27} = -\dfrac{5}{27}$.
• $f(2) = 8 – 8 + 1 = 1$.

Trong bốn số ${-2;; 1;; -\dfrac{5}{27};; 1}$:

• Số nhỏ nhất là $-2$, trùng với $\min_{[-1;2]} f(x) = -2$.
• Số lớn nhất là $1$, trùng với $\max_{[-1;2]} f(x) = 1$.

Nhận xét: Để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên $[a; b]$, ta chỉ cần so sánh giá trị của hàm số tại hai đầu mút và tại các điểm trong $(a; b)$ mà đạo hàm bằng $0$ (hoặc không tồn tại).

Luyện tập 2 (trang 18)

Đề bài: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau:

a) $y = 2x^3 – 3x^2 + 5x + 2$ trên đoạn $[0; 2]$;

b) $y = (x + 1)e^{-x}$ trên đoạn $[-1; 1]$.

Lời giải:

a) Trên $[0; 2]$:

$$y’ = 6x^2 – 6x + 5.$$

Xét tam thức $6x^2 – 6x + 5$: $\Delta’ = 9 – 30 = -21 < 0$ và hệ số $a = 6 > 0$, nên $y’ > 0$ với mọi $x$. Do vậy, hàm số đồng biến trên $[0; 2]$.

Áp dụng quy trình: chỉ cần tính giá trị tại hai đầu mút.

• $y(0) = 2$.
• $y(2) = 16 – 12 + 10 + 2 = 16$.

Vậy: $\max_{[0;2]} y = 16$ tại $x = 2$; $\min_{[0;2]} y = 2$ tại $x = 0$.

b) Trên $[-1; 1]$:

$$y’ = e^{-x} + (x + 1) \cdot (-e^{-x}) = e^{-x}(1 – x – 1) = -x e^{-x}.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0$ (nằm trong khoảng $(-1; 1)$).

Tính giá trị tại các điểm $x = -1;; 0;; 1$:

• $y(-1) = 0 \cdot e = 0$.
• $y(0) = 1 \cdot 1 = 1$.
• $y(1) = 2 \cdot e^{-1} = \dfrac{2}{e}$.

So sánh: $0 < \dfrac{2}{e} \approx 0{,}736 < 1$.

Vậy: $\max_{[-1;1]} y = 1$ tại $x = 0$; $\min_{[-1;1]} y = 0$ tại $x = -1$.

Vận dụng (trang 18)

Đề bài: Giả sử sự lây lan của một loại virus ở một địa phương có thể được mô hình hoá bằng hàm số $N(t) = -t^3 + 12t^2$, $0 \leq t \leq 12$, trong đó $N$ là số người bị nhiễm bệnh (tính bằng trăm người) và $t$ là thời gian (tuần).

a) Hãy ước tính số người tối đa bị nhiễm bệnh ở địa phương đó.

b) Đạo hàm $N'(t)$ biểu thị tốc độ lây lan của virus (còn gọi là tốc độ truyền bệnh). Hỏi virus sẽ lây lan nhanh nhất khi nào?

Lời giải:

a) Tìm GTLN của $N(t)$ trên $[0; 12]$.

$$N'(t) = -3t^2 + 24t = -3t(t – 8).$$

$N'(t) = 0 \Leftrightarrow t = 0$ (đầu mút) hoặc $t = 8$ (nằm trong $(0; 12)$).

Tính giá trị:

• $N(0) = 0$.
• $N(8) = -512 + 768 = 256$.
• $N(12) = -1,728 + 1,728 = 0$.

Vậy $\max_{[0;12]} N(t) = 256$ tại $t = 8$.

Kết luận: Số người tối đa bị nhiễm bệnh là $256$ trăm người $= 25,600$ người, đạt được sau $8$ tuần.

b) Tìm GTLN của $N'(t)$ trên $[0; 12]$.

Đặt $g(t) = N'(t) = -3t^2 + 24t$. Đây là tam thức bậc hai với hệ số $a = -3 < 0$ nên $g(t)$ đạt max tại đỉnh:

$$t = -\dfrac{24}{2 \cdot (-3)} = 4.$$

(Có thể kiểm tra bằng đạo hàm: $g'(t) = -6t + 24 = 0 \Leftrightarrow t = 4$.)

Tính giá trị:

• $g(0) = 0$.
• $g(4) = -48 + 96 = 48$.
• $g(12) = -432 + 288 = -144$.

Vậy $g(t)$ đạt max bằng $48$ tại $t = 4$.

Kết luận: Virus lây lan nhanh nhất sau $4$ tuần.

Bài tập (trang 19)

Bài 1.10 (trang 19)

Đề bài: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các hàm số sau:

a) $y = -x^2 + 4x + 3$;

b) $y = x^3 – 2x^2 + 1$ trên $[0; +\infty)$;

c) $y = \dfrac{x^2 – 2x + 3}{x – 1}$ trên $(1; +\infty)$;

d) $y = \sqrt{4x – 2x^2}$.

Lời giải:

a) TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

$$y’ = -2x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2.$$

Bảng biến thiên:

Vậy: $\max_{\mathbb{R}} y = 7$ tại $x = 2$; hàm số không có GTNN.

b) TXĐ: $[0; +\infty)$.

$$y’ = 3x^2 – 4x = x(3x – 4).$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0$ (biên) hoặc $x = \dfrac{4}{3}$.

Tính: $y(0) = 1$, $y\left(\dfrac{4}{3}\right) = \dfrac{64}{27} – \dfrac{32}{9} + 1 = -\dfrac{5}{27}$, $\lim_{x \to +\infty} y = +\infty$.

Bảng biến thiên trên $[0; +\infty)$:

Vậy: $\min_{[0;+\infty)} y = -\dfrac{5}{27}$ tại $x = \dfrac{4}{3}$; hàm số không có GTLN.

c) TXĐ: $(1; +\infty)$.

$$y’ = \dfrac{(2x – 2)(x – 1) – (x^2 – 2x + 3)}{(x – 1)^2} = \dfrac{x^2 – 2x – 1}{(x – 1)^2}.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x^2 – 2x – 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt{2}$. Trên $(1; +\infty)$ chỉ nhận $x = 1 + \sqrt{2}$.

Tính giá trị: $y(1 + \sqrt{2}) = 2\sqrt{2}$ (đã tính ở Bài 1.7c – cách khác: dùng phép chia $y = x – 1 + \dfrac{2}{x – 1}$, tại $x = 1 + \sqrt{2}$ ta có $y = \sqrt{2} + \dfrac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} + \sqrt{2} = 2\sqrt{2}$).

Các giới hạn: $\lim_{x \to 1^+} y = +\infty$, $\lim_{x \to +\infty} y = +\infty$.

Bảng biến thiên:

Vậy: $\min_{(1;+\infty)} y = 2\sqrt{2}$ tại $x = 1 + \sqrt{2}$; hàm số không có GTLN.

d) TXĐ: $4x – 2x^2 \geq 0 \Leftrightarrow 0 \leq x \leq 2$, tức $D = [0; 2]$.

Với $x \in (0; 2)$:

$$y’ = \dfrac{4 – 4x}{2\sqrt{4x – 2x^2}} = \dfrac{2(1 – x)}{\sqrt{4x – 2x^2}}.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Tính: $y(0) = 0$, $y(1) = \sqrt{2}$, $y(2) = 0$.

So sánh ba giá trị ${0;; \sqrt{2};; 0}$:

$$\max_{[0;2]} y = \sqrt{2}\text{ tại } x = 1;\quad \min_{[0;2]} y = 0\text{ tại } x = 0\text{ hoặc } x = 2.$$

Bài 1.11 (trang 19)

Đề bài: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các hàm số sau:

a) $y = x^4 – 2x^2 + 3$;

b) $y = xe^{-x}$;

c) $y = x \ln x$;

d) $y = \sqrt{x – 1} + \sqrt{3 – x}$.

Lời giải:

a) TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

$$y’ = 4x^3 – 4x = 4x(x – 1)(x + 1).$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = \pm 1$.

Tính: $y(0) = 3$; $y(\pm 1) = 1 – 2 + 3 = 2$; $\lim_{x \to \pm\infty} y = +\infty$.

Bảng biến thiên:

Vậy: $\min_{\mathbb{R}} y = 2$ tại $x = \pm 1$; hàm số không có GTLN.

b) TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

$$y’ = e^{-x} + x \cdot (-e^{-x}) = (1 – x)e^{-x}.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 1$ (vì $e^{-x} > 0$).

Tính: $y(1) = \dfrac{1}{e}$; $\lim_{x \to -\infty} y = -\infty$; $\lim_{x \to +\infty} y = 0$.

Bảng biến thiên:

Vậy: $\max_{\mathbb{R}} y = \dfrac{1}{e}$ tại $x = 1$; hàm số không có GTNN.

c) TXĐ: $(0; +\infty)$.

$$y’ = \ln x + x \cdot \dfrac{1}{x} = \ln x + 1.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow \ln x = -1 \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{e}$.

Tính: $y\left(\dfrac{1}{e}\right) = \dfrac{1}{e} \cdot \ln \dfrac{1}{e} = \dfrac{1}{e} \cdot (-1) = -\dfrac{1}{e}$.

Giới hạn: $\lim_{x \to 0^+} x \ln x = 0$; $\lim_{x \to +\infty} y = +\infty$.

Bảng biến thiên:

Vậy: $\min_{(0;+\infty)} y = -\dfrac{1}{e}$ tại $x = \dfrac{1}{e}$; hàm số không có GTLN.

d) TXĐ: $x – 1 \geq 0$ và $3 – x \geq 0 \Leftrightarrow 1 \leq x \leq 3$, tức $D = [1; 3]$.

Với $x \in (1; 3)$:

$$y’ = \dfrac{1}{2\sqrt{x – 1}} – \dfrac{1}{2\sqrt{3 – x}}.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow \sqrt{x – 1} = \sqrt{3 – x} \Leftrightarrow x – 1 = 3 – x \Leftrightarrow x = 2$.

Tính: $y(1) = 0 + \sqrt{2} = \sqrt{2}$; $y(2) = 1 + 1 = 2$; $y(3) = \sqrt{2} + 0 = \sqrt{2}$.

So sánh: $\sqrt{2} \approx 1{,}414 < 2$.

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

Bài 1.12 (trang 19)

Đề bài: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau:

a) $y = 2x^3 – 6x + 3$ trên đoạn $[-1; 2]$;

b) $y = x^4 – 3x^2 + 2$ trên đoạn $[0; 3]$;

c) $y = x – \sin 2x$ trên đoạn $[0; \pi]$;

d) $y = (x^2 – x)e^x$ trên đoạn $[0; 1]$.

Lời giải:

a) Trên $[-1; 2]$:

$$y’ = 6x^2 – 6 = 6(x – 1)(x + 1).$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$. Trong khoảng $(-1; 2)$ chỉ có $x = 1$.

Tính giá trị tại các điểm $x = -1, 1, 2$:

• $y(-1) = -2 + 6 + 3 = 7$.
• $y(1) = 2 – 6 + 3 = -1$.
• $y(2) = 16 – 12 + 3 = 7$.

Vậy: $\max_{[-1;2]} y = 7$ tại $x = -1$ hoặc $x = 2$; $\min_{[-1;2]} y = -1$ tại $x = 1$.

b) Trên $[0; 3]$:

$$y’ = 4x^3 – 6x = 2x(2x^2 – 3).$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0$ (biên) hoặc $x = \pm\dfrac{\sqrt{6}}{2}$. Trong khoảng $(0; 3)$ chỉ có $x = \dfrac{\sqrt{6}}{2}$ (vì $\dfrac{\sqrt{6}}{2} \approx 1{,}22$).

Tính giá trị:

• $y(0) = 2$.
• $y\left(\dfrac{\sqrt{6}}{2}\right) = \left(\dfrac{6}{4}\right)^2 – 3 \cdot \dfrac{6}{4} + 2 = \dfrac{9}{4} – \dfrac{9}{2} + 2 = -\dfrac{1}{4}$.
• $y(3) = 81 – 27 + 2 = 56$.

Vậy: $\max_{[0;3]} y = 56$ tại $x = 3$; $\min_{[0;3]} y = -\dfrac{1}{4}$ tại $x = \dfrac{\sqrt{6}}{2}$.

c) Trên $[0; \pi]$:

$$y’ = 1 – 2\cos 2x.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 2x = \pm\dfrac{\pi}{3} + k 2\pi$.

Với $x \in (0; \pi)$ thì $2x \in (0; 2\pi)$. Các nghiệm thoả mãn: $2x = \dfrac{\pi}{3}$ và $2x = \dfrac{5\pi}{3}$, tức $x = \dfrac{\pi}{6}$ và $x = \dfrac{5\pi}{6}$.

Tính giá trị:

• $y(0) = 0 – \sin 0 = 0$.
• $y\left(\dfrac{\pi}{6}\right) = \dfrac{\pi}{6} – \sin\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\pi}{6} – \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
• $y\left(\dfrac{5\pi}{6}\right) = \dfrac{5\pi}{6} – \sin\dfrac{5\pi}{3} = \dfrac{5\pi}{6} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
• $y(\pi) = \pi – \sin 2\pi = \pi$.

So sánh giá trị số:

• $y(0) = 0$.
• $y(\pi/6) \approx 0{,}524 – 0{,}866 \approx -0{,}342$.
• $y(5\pi/6) \approx 2{,}618 + 0{,}866 \approx 3{,}484$.
• $y(\pi) \approx 3{,}142$.

Vậy:

$$\max_{[0;\pi]} y = \dfrac{5\pi}{6} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\text{ tại } x = \dfrac{5\pi}{6}; \quad \min_{[0;\pi]} y = \dfrac{\pi}{6} – \dfrac{\sqrt{3}}{2}\text{ tại } x = \dfrac{\pi}{6}.$$

d) Trên $[0; 1]$:

$$y’ = (2x – 1)e^x + (x^2 – x)e^x = (x^2 + x – 1)e^x.$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x^2 + x – 1 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.

Trong khoảng $(0; 1)$, chỉ có nghiệm $x_0 = \dfrac{-1 + \sqrt{5}}{2} = \dfrac{\sqrt{5} – 1}{2} \approx 0{,}618$.

Tính giá trị:

• $y(0) = 0$.
• $y(1) = 0$.
• $y(x_0) = (x_0^2 – x_0)e^{x_0}$. Vì $x_0^2 = 1 – x_0$ (từ phương trình), nên $x_0^2 – x_0 = 1 – 2x_0 = 1 – (\sqrt{5} – 1) = 2 – \sqrt{5}$.

Do đó:

$$y(x_0) = (2 – \sqrt{5}) \cdot e^{(\sqrt{5} – 1)/2}.$$

Vì $\sqrt{5} > 2$ nên $2 – \sqrt{5} < 0$, giá trị này âm. Ước tính: $y(x_0) \approx -0{,}438$.

Vậy:

$$\max_{[0;1]} y = 0\text{ tại } x = 0\text{ hoặc } x = 1; \quad \min_{[0;1]} y = (2 – \sqrt{5}) \cdot e^{\frac{\sqrt{5} – 1}{2}}\text{ tại } x = \dfrac{\sqrt{5} – 1}{2}.$$

Bài 1.13 (trang 19)

Đề bài: Trong các hình chữ nhật có chu vi là $24$ cm, hãy tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất.

Lời giải:

Gọi chiều dài một cạnh của hình chữ nhật là $x$ (cm), với $0 < x < 12$. Vì chu vi bằng $24$ nên tổng hai cạnh kề bằng $12$, cạnh còn lại là $12 – x$ (cm).

Diện tích:

$$S(x) = x(12 – x) = -x^2 + 12x,\quad x \in (0; 12).$$

Đạo hàm: $S'(x) = -2x + 12 = 0 \Leftrightarrow x = 6$.

Bảng biến thiên:

Vậy $S(x)$ đạt GTLN bằng $36$ (cm²) tại $x = 6$, khi đó cạnh còn lại cũng bằng $6$ cm.

Kết luận: Hình chữ nhật có diện tích lớn nhất là hình vuông cạnh $6$ cm, với diện tích $36$ cm².

Bài 1.14 (trang 19)

Đề bài: Một nhà sản xuất muốn thiết kế một chiếc hộp có dạng hình hộp chữ nhật không có nắp, có đáy là hình vuông và diện tích bề mặt bằng $108$ cm² như Hình 1.17. Tìm các kích thước của chiếc hộp sao cho thể tích của hộp là lớn nhất.

Lời giải:

Gọi cạnh đáy hình vuông là $x$ (cm) và chiều cao là $h$ (cm), với $x, h > 0$.

Bước 1: Lập hàm thể tích theo một biến.

Chiếc hộp không có nắp gồm: $1$ mặt đáy hình vuông diện tích $x^2$ và $4$ mặt bên hình chữ nhật diện tích $xh$ mỗi mặt. Diện tích bề mặt:

$$x^2 + 4xh = 108 \Rightarrow h = \dfrac{108 – x^2}{4x}.$$

Điều kiện: $h > 0 \Leftrightarrow 108 – x^2 > 0 \Leftrightarrow 0 < x < \sqrt{108} = 6\sqrt{3}$.

Thể tích:

$$V(x) = x^2 \cdot h = x^2 \cdot \dfrac{108 – x^2}{4x} = \dfrac{x(108 – x^2)}{4} = 27x – \dfrac{x^3}{4},\quad x \in (0; 6\sqrt{3}).$$

Bước 2: Tìm cực đại của $V(x)$.

$$V'(x) = 27 – \dfrac{3x^2}{4} = 0 \Leftrightarrow x^2 = 36 \Leftrightarrow x = 6;(\text{nhận vì } 0 < 6 < 6\sqrt{3}).$$

Bảng biến thiên:

Vậy $V(x)$ đạt GTLN bằng $V(6) = 27 \cdot 6 – \dfrac{216}{4} = 162 – 54 = 108$ (cm³) tại $x = 6$.

Bước 3: Tính chiều cao.

$$h = \dfrac{108 – 36}{4 \cdot 6} = \dfrac{72}{24} = 3;(\text{cm}).$$

Kết luận: Cạnh đáy $x = 6$ cm, chiều cao $h = 3$ cm; thể tích lớn nhất $V = 108$ cm³.

Bài 1.15 (trang 19)

Đề bài: Một nhà sản xuất cần làm ra những chiếc bình có dạng hình trụ với dung tích $1,000$ cm³. Mặt trên và mặt dưới của bình được làm bằng vật liệu có giá $1{,}2$ nghìn đồng/cm², trong khi mặt bên của bình được làm bằng vật liệu có giá $0{,}75$ nghìn đồng/cm². Tìm các kích thước của bình (bán kính đáy và chiều cao của bình) để chi phí vật liệu sản xuất mỗi chiếc bình là nhỏ nhất.

Lời giải:

Gọi bán kính đáy là $R$ (cm) và chiều cao là $h$ (cm), $R, h > 0$.

Bước 1: Lập hàm chi phí theo một biến $R$.

Dung tích bình: $V = \pi R^2 h = 1,000 \Rightarrow h = \dfrac{1,000}{\pi R^2}$.

Diện tích mặt trên $+$ mặt dưới: $2 \pi R^2$ (cm²). Chi phí: $2\pi R^2 \cdot 1{,}2 = 2{,}4\pi R^2$ (nghìn đồng).

Diện tích mặt bên: $2\pi R h = 2\pi R \cdot \dfrac{1,000}{\pi R^2} = \dfrac{2,000}{R}$ (cm²). Chi phí: $\dfrac{2,000}{R} \cdot 0{,}75 = \dfrac{1,500}{R}$ (nghìn đồng).

Tổng chi phí:

$$M(R) = 2{,}4\pi R^2 + \dfrac{1,500}{R},\quad R > 0.$$

Bước 2: Tìm cực tiểu của $M(R)$.

$$M'(R) = 4{,}8\pi R – \dfrac{1,500}{R^2}.$$

$$M'(R) = 0 \Leftrightarrow 4{,}8\pi R^3 = 1,500 \Leftrightarrow R^3 = \dfrac{1,500}{4{,}8\pi} = \dfrac{312{,}5}{\pi} \Leftrightarrow R = \sqrt[3]{\dfrac{1,500}{4{,}8\pi}}.$$

Ước tính: $R \approx 4{,}63$ (cm).

Bảng biến thiên:

Vậy $M(R)$ đạt GTNN tại $R = R_0 \approx 4{,}63$ (cm).

Bước 3: Tính chiều cao.

$$h = \dfrac{1,000}{\pi R^2} \approx \dfrac{1,000}{\pi \cdot (4{,}63)^2} \approx 14{,}83;(\text{cm}).$$

Kết luận: Để chi phí vật liệu là nhỏ nhất, bán kính đáy $R \approx 4{,}63$ cm và chiều cao $h \approx 14{,}83$ cm.

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh