Bài tập Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số26984

GIÁ TR Ị LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ A.. Phương pháp 3: Sử dụng bất đẳng thức cổ điển: Côsi; Bunhiacôpski Phương pháp 4: Sử dụng đạo hàm.. Phương pháp 5: Sử dụng đổi biến lượng giác..

BÀI 3 GIÁ TR Ị LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ

A GIÁ TR Ị LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ

1 Bài toán chung: Tìm giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất của hàm số f x 

Bước 1: Dự đoán và chứng minh f x c f x;  c

Bước 2: Chỉ ra 1 điều kiện đủ để f x c

Phương pháp 1: Biến đổi thành tổng các bình phương

Phương pháp 2: Tam thức bậc hai

Phương pháp 3: Sử dụng bất đẳng thức cổ điển: Côsi; Bunhiacôpski

Phương pháp 4: Sử dụng đạo hàm

Phương pháp 5: Sử dụng đổi biến lượng giác

Phương pháp 6: Sử dụng phương pháp véctơ và hệ tọa độ

Phương pháp 7: Sử dụng phương pháp hình học và hệ tọa độ

Bài 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của P(x, y) = x2 + 11y2  6xy + 8x  28y + 21

Giải Biến đổi biểu thức dưới dạng P(x, y) = (x  3y + 4)2 + 2(y  1)2 + 3  3

Từ đó suy ra MinP(x, y) = 3  1 0 1



Bài 2 Cho x, y > 0 Tìm giá tr ị nhỏ nhất của: S = x44 y44 x22 y22 x y

y x

y  x  y  x  

2

2 1 y2 1 2 2 y2 x y

S

S

2 2 2

2 1 y2 1 x y x y 2 2

x

            

2

x

Với x = y > 0 thì MinS = 2

Bài 3 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số 2 2 2

Giải S sin2 xsin2 ysin (2 x y) = 1 cos 2 1 cos 2 2

1 cos ( )

y x

x y



S 2 cos( ) cos( ) cos (2 ) 9 1 cos( ) cos( ) cos (2 )

2

2

3

Max

4

S

Bài 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 2 3 8 ( 1 2 2 3 6 7 7 8 8)

Sx x x  x  x x x x  x x x x x

Gi ải

Sx  x   x  x   x  x   x  x  

Với 1 1 2; 2 2 3; ; 6 6 7; 7 7 8; 8 8 , thì

9

S 

Bài 5 Cho x y z, ,  ¡ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S = 19x2+ 54y2 +16z2 16xz  24y +36xy

Giải Biến đổi S  f(x) = 19x2  2(8z 18y)x + 54y2 +16z2  24y

Ta có x = g(y) = (8z 18y)2  (54y2 +16z2  24y) = 702y2 +168zy  240z2

 y = (84z)2  702.240z2 = 161424z2  0 zR  g(y)  0 y, zR Suy ra x  0 y, zR  f(x)  0 Với x  y z 0 thì MinS0

Bài 6 Cho x2 + xy + y2 = 3 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:

S = x2  xy + y2

Giải Xét y = 0  x2 = 3  S = 3 là 1 giá trị của hàm số

Xét y  0, khi đó biến đổi biểu thức dưới dạng sau đây

với

 2

x t y



 u(t2 + t + 1) = t2  t + 1  (u  1)t2 + (u + 1)t + (u  1) = 0 (*)

+ Nếu u = 1, thì t = 0  x = 0, y =  3  u = 1 là 1 giá trị của hàm số

+ Nếu u  1, thì u thuộc tập giá trị hàm số  phương trình (*) có nghiệm t

  = (3u  1)(3  u)  0  1 1 3

3  u Vậy tập giá trị của u là 1 ,3  ; Max u = 3

3

  Minu13

Min S = 1  Min 1  t = 1 

3

u

3

x y

x y







Max S = 9  Maxu = 3  t = 1 



 

x  y   x y  x y  Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức S= x2 y2

Giải Biến đổi  2 2 2  2 2 2 2  2 2

  2 2 2  2 2 2 

x y  x y    x

Do 4x2  0 nên   2   

2



2

x y  

Với x = 0, y = 3 5 , thì

2



2

Bài 8 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f x  x 4x2 2x1

Giải Gọi y0 là 1 giá trị của hàm f(x)

 tồn tại x0 sao cho y0 = x0  4x02 2x0 1

0 0 4 0 2 0 1 0 2 0 0 0 4 0 2 0 1

y x  x  x   y  y x x  x  x 

 g(x0) = 3x02 2(1 y0)x0  1 y02 0 Ta có g(x) = 0 có nghi ệm x0

  = (1 y0)2 3(1y02)2(2y02  y0 1) = 2(y0 1)(2y0  1) 0

Do y0 = x0  3x02 (x0 1)2 x0  3x02 x0  3 x0 0 nên

  0  2y0  1  0  0 1 Với x = thì Minf(x) =

2

2

2

2

1 2

2

5 4 ; x 1 4 :

5 4 ; 1 4 :

f x



 



Gọi (P) là đồ thị của y = f(x)  (P) = (P1)  (P2) khi đó (P) có 1 trong các

hình dạng đồ thị sau đây

Hoành độ của các điểm đặc biệt trong đồ thị (P):

Hoành độ giao điểm (P1), (P2) x A = 1; x B = 4 ; Hoành độ đỉnh (P1): 5

2

C

m

x   Nhìn vào đồ thị ta xét các khả năng sau:

 Nếu x C [xA , x B]  m[ 3, 3] thì Minf(x) = Minf(1), f(4)

Khi đó Minf(x) > 1   1 < m  3 (1)

(4) 4 1

m

  









 Nếu x C [xA , x B]  m[ 3, 3] thì Minf(x) = 1  1 =

5 2

C

m

2 10 9 4

2

[ 3, 3]

m

m

 





 K ết luận: Từ (1) và (2) suy ra Minf(x) > 1  1m52 3

A

B C

P2

P1

A

B C

P2

P1

A

B C

P1

P2

Bài 10 (Đề thi TSĐH 2005 khối A)

Cho x y z, , 0;1 1 1 4 Tìm Min của S

2x y z x 2y z x y 2z

Giải: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số a, b, c, d > 0 ta có:

a b c d1 1 1 1 4.4abcd.4.4 1 16 1 1 1 1 16

  

2

2

2

S







Bài 11 (Đề thi TSĐH 2007 khối B)

y

         

Gi ải: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 9 số ta có

S

4 4 4

2 2 2

9

4 4 4

Bài 12 Cho , 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của S =

1

x y

x y







 

y x

y x

x  y

4

2 2

2

xy  x y 

2 2 2

Giải: Sử dụng bất đẳng thức Côsi và BunhiaCôpski ta có 3 đánh giá sau:

2 2 2 3 3 2 2 2

x  y z   x y z

Từ đó suy ra

12 12 12  2 2 2 3 2 2 2

x  y z   x y z  x  y z

3

S

xyz

Bài 14 (Đề thi TSĐH 2003 khối B)

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 2

4

y x x

Cách 1: Tập xác định D  2; 2;

2 2

4

x

x





0

2 4

x

x





 



y y





 



Cách 2: Đặt 2 sin , ;

2 2

x u u   

 2 sin cos  2 2 sin  2; 2 2 ;

4

y u u  u    maxy2 2 ; miny 2

Bài 15 (Đề dự bị TSĐH 2003 khối B)

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của 6  23 trên đoạn

4 1

Cách 1 Đặt 2   Ta có

0;1

yu  u   u  u  u

  2

2

3

y   u  u  u   u  

Nhìn bảng biến thiên ta có max 4; min 4

9

Cách 2 Đặt xsinu y sin6u4 cos6u

sin6u cos6u 3 cos6u sin2u cos2u 3 4

Với x0 thìmaxy4 Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có:







Với

y  0  0  0

y

4

4 9

1

Bài 16 a) Lập bảng biến thiên và tìm giá trị lớn nhất của hàm số

2

3 1

x y x





 b) Cho a  b c 1 Chứng minh rằng: 2 2 2

a   b   c  

Giải a) TXĐ: D ¡ ;

x



2

2 2

1

y

x x

x x

Suy ra lim 1; lim 1 Nhìn BBT

    

ta có

2

1

x

x



 b) Theo phần a) thì y 10 ,x  x 3 10 x2 1 ,x

Đặc biệt hóa bất đẳng thức này tại các giá trị xa x, b x, c ta có:

2

2

2









10 a  1 b  1 c 1

Cách 2 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy đặt

 ;1 ;  ;1 ;  ;1

OAuur  a uuurAB b BCuuur c

Khi đó OCuuurOAuur uuurABBCuuura b c ; 3

Do OAuur  ABuuur  BCuuur  OAuur uuurABBCuuur  OCuuur

Từ đó suy ra a2  1 b2  1 c2  1 10

Bài 17 ( Đề 33 III.2, Bộ đề thi TSĐH 1987 – 1995)

Cho x2  y2 1 Tìm Max, Min của A  x 1 y y 1x

Gi ải 1 Tìm MaxA: Sử dụng bất đẳng thức BunhiaCôpski ta có

A  x2 y21 y 1 x  2  x y 2 2x2 y2 2 2 Với 1 thì Max A 

2

y

1

10

1

a a+b a+b+c

C

A

B

1 2 3

y

2 Tìm MinA: Xét 2 trường hợp sau đây

• Tr ường hợp 1: Nếuxy0, xét 2 khả năng sau:

+) Nếu x0,y0 thì A>0 MinA0

+) Nếu x  0, y  0 thì

(x y ) (1x) (1 y)  2 x y  2 2

2 x  y  2 x y 1

Từ 2 khả năng đã xét suy ra với xy0 thì Min A = 1

• Tr ường hợp 2: Xét xy0: Đặt x y t  2 1 0 

2

t

xy   t  1,1

        

A x y  xy x  y y x  xy xy  xy   x y xy

2

 2   1 1 2 3 2 2 1 2 2 2

2

A  f t    t  t   t  

Ta có:     2

f t   t  t      t t  tt  

Thế t1,t2 vào phần dư củaf t  chia cho f t       

2 19 3 2

27

Nhìn bảng biến thiên suy ra:

suy ra

   

2

A  f t   A f t

   

1

2 19 3 2

27

xảy ra  x y t1 ; 12 1

2

t



 x, y là nghiệm của 2 1 2 2 3 

0

,

6

Kết luận: Max A  2 2 ; 2 19 3 2

Min

27

Bài 18 Cho x y z, ,  0,1 thoả mãn điều kiện: 3

2

x  y z

Tìm Max, Min của biểu thức: Scosx2 y2 z2

Giải Do x y z, ,  0,1 nên 0 2 2 2 3

2 2

Vì hàm số ycos nghịch biến trên  0, nên bài toán trở thành

2



 1

f t

 2

f t

1

1 Tìm MaxS hay tìm Minx2  y2 z2

2 2 2 1 12 12 12 2 2 2 3

x  y z    x y z  x y z 

Với 1 thì MaxS =

2

4

2 Tìm MinS hay tìm Maxx2  y2 z2

Cách 1: Phương pháp tam thức bậc hai:

Không mất tính tổng quát giả sử  , ,  1;1 Biến đổi và đánh

2

zMax x y z    z   giá đưa về tam thức bậc hai biến z

x y z z  xy  xyz  z  z  z  f z

Do đồ thị hàm y = f(z) là một parabol quay bề lõm lên trên nên ta có:

    1    1   5

Với 1; 1; 0 thì MinS =

2

4

Cách 2: Phương pháp hình học

Xét hệ tọa Đề các vuông góc Oxyz Tập hợp các điểm M x y z , ,  thoả mãn điều kiện x y z, ,  0,1 nằm trong hình lập phương ABCDABCO cạnh 1 với A(0, 1, 1); B(1, 1, 1); C(1, 0, 1); D(0, 0, 1); A(0, 1, 0); B(1, 1, 0); C(1, 0, 0) Mặt khác do 3 nên nằm trên mặt phẳng (P):

2

2

x  y z

Vậy tập hợp các điểm M x y z , ,  thoả mãn điều kiện giả thiết nằm trên thiết diện EIJKLN với các điểm E, I, J, K, L, N là trung điểm các cạnh hình lập phương Gọi O là hình chiếu của O lên EIJKLN thì O là tâm của hình lập phương và cũng là tâm của lục giác đều EIJKLN Ta có OM là hình chiếu của

OM lên EIJKLN Do OM2 = x2 y2 z2 nên OM lớn nhất  OM lớn nhất

 M trùng với 1 trong 6 đỉnh E, I, J, K, L, N

Từ đó suy ra:

 

2 2 2 2 1 1 5

x  y z OK   

 2 2 2  5

4

Với 1; 1; 0 thì MinS =

2

3/ 2

O

E 1

1 K

3/ 2 J

M

z

x

I L

N

3/ 2 1

O

Bài 19 Cho a,b,c0 thỏa mãn điều kiện a b c 3

2

  

Giải Sai lầm thường gặp:

 Nguyên nhân:

mâu thuẫn với giả thiết

2

 Phân tích và tìm tòi l ời giải :

Do S là một biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán Min S đạt tại 1

2

a b c  

 Sơ đồ điểm rơi:

2

a b c  

2 2 2

1 4









4

 Cách 1: Bi ến đổi và sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có

16 32 16 32 16 32 8 16 8 16 8 16

8 16 8 16 8 16 8 5 5 5

1

17

2

2

3

1 2

a b c   Min 3 17

2

S

 Cách 2: Bi ến đổi và sử dụng bất đẳng thức BunhiaCôpski ta có

b

c

a











17

       

3

3

a b c

1 2

a b c   Min 3 17

2

S

 Cách 3: Đặt u      a,1 ; v b,1 ; w c,1

Do u  v  w  u v w nên suy ra :

a b c

3 15

2 3

abc

2 16

3

a b c

 

2

a  b c Min 3 17

2

S 

B CÁC ỨNG DỤNG GTLN, GTNN CỦA HÀM SỐ

I ỨNG DỤNG TRONG PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Bài 1 Giải phương trình: 4 x 2 44 x 2

Giải Đặt f x 4 x 2 44x với 2 x 4

 

4

Nhìn BBT suy ra: f x  f 3   2 x  2, 4

 Phương trình f x 4 x 2 44 x 2 có nghiệm duy nhất x  3

Bài 2 Giải phương trình: 3x 5x 6x2

Giải PT  f x 3x 5x 6x 2 0 Ta có: f x 3 ln 3x 5 ln 5x 6

    2  2  (x) đồng biến

3x ln 3 5x ln 5 0

Mặt khác (x) liên tục và

,

 0 ln 3 ln 5 6 0

f      f  1 3ln 3 5 ln 5  6 0

 Phương trình (x)  0 có đúng 1 nghiệm x0

Nhìn bảng biến thiên suy ra:

Phương trình f x 3x 5x 6x 2 0 có không quá 2 nghiệm

Mà f 0  f 1 0 nên phương trình (1) có đúng 2 nghiệm x0 và x1

Bài 3 Tìm m để BPT: m 2x2   9 x m có nghiệm đúng   ¡x

Giải m 2x2   9 x m  m 2x2   9 1 x   

2

x

m f x

x

 

2

2

x

f x

2

2x     9 9 x 6 ;

 

2

2

x f x x

x x

 

2

2

x f x x

x x

 

Nhìn BBT ta có f x m ,  ฀ x Min    6 3 3





฀

x  0 x0 1 

f

(x0)

2



3 4



3

2



2

Bài 4 Tìm m để PT:  2 (1) có nghiệm

2 2

x   

Gi ải Do ,

2 2

x   

x   tg  1,1

2

x

 cos 1 22 ; Khi đó (1) 

1

t

x

t





2 sin 1

t x t



2 sinxcosx m 1 cos x

2

Ta có: f t 2 2 t 1 t222t  0 t 1;t 1 2  Bảng biến thiên Nhìn bảng biến thiên suy ra:

Để (2) có nghiệm t  1,1

thì

   

   

     

 02m   4 0 m 2 Vậy để (1) có nghiệm , thì

2 2

x   

  m 0; 2

2







x

 







 

2

2

f x



  

 (x)  0  2 Nhìn BBTsuy ra:

3

x

     

0;3

    2 0;3

m  m

3 2

2

35

4 33

4







Giải

CT

(t) 4

0

4

(1)   (2)

3

3 2

1

2









 

 

3

3 2

1

2





 Xét f m m3 12m17 Ta có: f m 3m2 12   0 m 2 0

Nhìn BBT suy ra: (m)  (2)  1,m  0

kết hợp với sinxy1 suy ra đểhệ (2)

có nghiệm thì m  2, khi đó hệ (2) trở thành:

có nghiệm Vậy (1) có nghiệm m  2.

 

 

1

sin

2

x y

x y









;

II ỨNG DỤNG GTLN, GTNN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Bài 1 Chứng minh rằng: 1xlnx 1x2  1x2 ,   ¡x

BĐT  f x  1 xlnx 1x2 1x2 0   ¡x

Ta có: f x lnx 1x2   0 x 0

 Bảng biến thiên

Nhìn bảng biến thiên suy ra:

 (đpcm)

   0 0

f x  f 

2 2 2

, , 0

1

a b c







3 3 2

Xét hàm số f x x1x2 với x > 0

Ta có   1 3 2 0 1 0

3

f x   x   x 

Nhìn bảng biến thiên    2 0

3 3

f x   x

2 2 2

b

3

a b c

   

f

0

f

2

3 3

 17

1



Bài 3 Cho 3  n l ẻ Chứng minh rằng: x  0 ta có:

Ta cần chứng minh f x u x v x   . < 1

Ta có:

 

 

n n

n n











!

n

x

n









Do 3  n lẻ nên (x) cùng dấu với (2x)

Nhìn bảng biến thiên suy ra:

 (đpcm)

   0 1 0

f x  f   x

Bài 4 Chứng minh rằng: 3 3 3 4 4 4 a, b > 0

a b  a b

 

 

4 4

3

1

1

a

b



Xét f(t) =   với

1

4 4 4 4

1

3 3

3 3

a t b

1

4 4 3 3 3 4 4 2 3 3

2

3 3

1

t



2

3

2 3

2

3 3

1

t









f (t) = 0  t = 1  Bảng biến thiên của f(t)

4

3

2 2

4 4 4 4

3 3 3 3

2 2







3 3 4 4

 Dấu bằng xảy ra  a = b > 0

f

1

4

3

2 2

1

III BÀI T ẬP VỀ NHÀ

Bài 1. Cho ABC có A B C Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

f x

Bài 2. Tìm Max, Min của: y  sin6 xcos6 xasin cosx x

Bài 3. Cho ab  0 Tìm Min của y a44 b44 a22 b22 a b

2 4 2

S





2

p

Tìm p  0 sao cho 4 4 nhỏ nhất

1 2

Sx x

Bài 7. Cho x, y  0 và x y 1 Tìm Max, Min của S3x 9y

Bài 8. Cho x2  y2 z2 1 Tìm Max, Min của P   x y z xyyzzx

Bài 9. Tìm m để PT: 2 x 2 x 2x2xm có nghiệm

Bài 10 Tìm m để PT: x  9  x x2 9xm có nghiệm

x  x  x  x  x  xm

nghiệm phân biệt



Bài 13 Tìm m để PT: mcos 2x4 sin cosx x  m 2 0 có nghiệm  0,

4

x 

Bài 14 Tìm m để PT: sin cos 2 sin 3x x xm có đúng 2 nghiệm ,

4 2

x  

  

2

2







Bài 16 a Tìm m để: m x2   8 x 2 có 2 nghiệm phân biệt

b Cho a  b c 12 CMR: a2  8 b2  8 c2  8 6 6

Bài 17 Chứng minh: 2x3 y3 z3  x y2  y z2 z x2 3 , x y z, ,  0,1