Bài tập vận dụng cao giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Tài liệu tổng hợp các bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số theo công thức; tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến; bài tập tự luận hàm nhiều biến; bài toán tối ưu; ứng dụng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất vào tìm số nghiệm phương trình và bất phương trình.

y x  xm Tổng tất cả các giá trị của tham số m sao cho giá trị nhỏ

nhất của hàm số trên đoạn 1;1 bằng 1 là





x m y

x m trên đoạn  0; 4 bằng  1

Câu 9 Cho hàm số có f x  có đạo hàm là hàm f ' x Đồ thị hàm số f ' x nhƣ hình vẽ bên

Biết rằng f  0  f  1 2f  2  f  4  f  3 Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất

M của f x  trên đoạn  0; 4

f x  x ax b , với a , b là tham số Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm

số trên 1;3 Khi M nhận giá trị nhỏ nhất có thể đƣợc, tính a2b

f  Gọi M , m lần lƣợt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của hàm số y f x  trên đoạn  1; 2 Tính Mm

Câu 22 Cho hàm số y f x  có đạo hàm f x Hàm số y f x liên tục trên tập số thực và

có bảng biến thiên nhƣ sau:

Biết rằng   10

13

f   , f 2 6 Giá trị nhỏ nhất của hàm số   3   

3

g x  f x  f x trên đoạn 1; 2 bằng

Câu 30 Cho hàm số y f x  có đạo hàm cấp hai trên Biết f 0 3, f 2  2018 và bảng

xét dấu của f x nhƣ sau:

Hàm số y f x 20172018x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 thuộc khoảng nào sau đây?

max f x min f x 2

Lời giải Chọn A

m y

x

 

 

Khi đó hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên  2;3

Suy ra  

         

           

2;3 2;3

2;3 2;3

22

62

m m

Nhận xét: đề bài cho thêm dấu giá trị tuyệt đối ở trong biểu thức

       

2;3 2;3

max f x min f x 2 là không cần thiết

Câu 2 Gọi A a, lần lƣợt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 3

3

y x  xm trên đoạn 0; 2 Gọi S là tập các giá trị thực của tham số m để Aa12 Tổng các phần tử

của S bằng

Lời giải Chọn A

5 5

 

( đều là các nghiệm đơn)

Hàm số đạt cực đại tại x 1nên có bảng biến thiên:

y x  xm Tổng tất cả các giá trị của tham số m sao cho giá trị nhỏ

nhất của hàm số trên đoạn 1;1 bằng 1 là

Lời giải Chọn C

max f x f 1 2 m

     và min1;1 f x  f 1 2 m

     Trường hợp 1:

   

1;1min f x 1 2 m 1 m 3

        Trường hợp 2:

   

1;1

         

Vậy tổng các giá trị của tham số m là 0

Câu 6 Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số

2

1

x m y

m y

 14   m 5 Vậy có 1 giá trị nguyên dương của m

Câu 7 Có bao nhiêu giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số

22





x m y

x m trên đoạn  0; 4 bằng  1.

Lời giải Chọn D

14





m m

Ta có 2

y  ax  c có hai nghiệm phân biệt ac0

Vậy với a0,c0 thì ' 0y  có hai nghiệm đối nhau

3

c x

Câu 9 Cho hàm số có f x  có đạo hàm là hàm f ' x Đồ thị hàm số f ' x nhƣ hình vẽ bên

Biết rằng f  0  f  1 2f  2  f  4  f  3 Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất

M của f x  trên đoạn  0; 4

Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2 nên f  2  f  1  f  2  f  1 0

Hàm số nghịch biến trên khoảng  2; 4 nên f  2  f  3  f  2  f  3 0

Theo giả thuyết: f  0  f  1 2f  2  f  4  f  3

với f  0  m 20 ; f  2  m 6

Xét hàm số 1 4 19 2 30 20

y  x  x  x m  trên đoạn 0; 2 + Trường hợp 1: m20 0 m 20 Ta có

Lời giải Chọn B



   

Với m 70 thì m16 8650(loại)

Với m  30 thì m16 1450, m 3050; m 4 3450 (thỏa mãn)

66

m m





    Với m 34 thì m 3450,m 4 3050,m20 1450(thỏa mãn)

Với m  66 thì m 6650(loại)

Vậy S  30;34 Do đó tổng các phẩn tử của Slà: 30 344

Câu 13 Cho hàm số f x  có đạo hàm là f x Đồ thị của hàm số y f x cho nhƣ hình vẽ

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy

  0;4max ( )f x  f(2)

Ta có f  2  f  4  f  3  f  0  f 0  f 4  f 2  f 3  0

Suy ra: f  4  f(0) Do đó  

0;4min ( )f x  f(4)

Vậy giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của f x  trên đoạn  0; 4 lần lượt là: f    4 , f 2

Câu 14 Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như hình dưới đây Tìm giá trị lớn nhất của

2f 4xx   4 x 0,  x  1;3 Bảng biến thiên

max max (0) , (2) max 4 , 4 104 4 104

min min (0) , (2) min 4 , 4 104 4

[0;2]

min f x  4m1040Nếu 4m 0 4m104   26 m 0thì min[0;2] f x 0 Vậy có 27 số nguyên thỏa mãn Cách 2:

Khi đó min min [0;2] y  0 4 (4m m104)    0 26 m 0 Có 27 số nguyên thoả mãn

Câu 16 Xét hàm số   2

f x  x ax b , với a , b là tham số Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm

số trên 1;3 Khi M nhận giá trị nhỏ nhất có thể đƣợc, tính a2b.

Lời giải Chọn C

a b

     m 1 3 m 2 Trường hợp 2 f  0   0 m 0

g x  f x  x  x trên đoạn 1; 2 bằng

A   5

13

f   B   1

13

23

3



Lời giải Chọn B

Ta có:     2    2    2

g x  f x x   f x  x    f x x 

Từ đồ thị ta cáo bảng xét dấu

g x  f x  x  x trên đoạn 1; 2 bằng   1

13

f  Gọi M , m lần lƣợt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của hàm số y f x  trên đoạn  1; 2 Tính Mm

x

f x   Thay x1 vào ta đƣợc

 

11

f   , vì   1

13

62

23

M  f 

Suy ra 1 4 5

3 3 3

M    m

Câu 22 Cho hàm số y f x  có đạo hàm f x Hàm số y f x liên tục trên tập số thực và

có bảng biến thiên nhƣ sau:

2 1; 2

x x

3;1min g x g 3

M  f x  f  

và  

1;2min ( ) (2) 10

m f x  f  

Từ đây ,ta suy ra: 3M m 3.  2 104  chọn đáp án A

Câu 25 Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên nhƣ sau

Ta có g x 2f  x 2 1x2f  x  1 x

Vẽ đường thẳng y 1 x trên cùng hệ trục chứa đồ thị y f x

Từ (*) và (**) suy ra ( )g x đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [ 4;3] tại x0  1

Câu 28 Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để   3 2

1;3max x 3x m 4?

Lời giải Chọn D

Lời giải Chọn C

Do đó

   

0;1maxg x  10   m 3 10  m 13

Câu 30 Cho hàm số y f x  có đạo hàm cấp hai trên Biết f 0 3, f 2  2018 và bảng

xét dấu của f x nhƣ sau:

Hàm số y f x 20172018x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 thuộc khoảng nào sau đây?

 x2     4 1 m 3:

TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN

Câu 1 Cho hai số thực dương ,x y thỏa mãn

39

3 21

2

Px xy y thuộc khoảng nào sau đây

A  4;7 B 2;1 C  1; 4 D 7;10

A  4 3 2 B  4 5 2 C  4 4 2 D  4 2 2

Câu 12 Cho 2 số x y, thỏa mãn x25y2  1 4xy và hàm số bậc ba y f x  có đồ thị như hình

vẽ Gọi M m, tương ứng là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 2 3 3

x P

yx  x tiếp xúc với parabol 2

yax b tại điểm có hoành

BỔ SUNG BÀI TẬP TỰ LUẬN HÀM NHIỀU BIẾN

ca bc ab

abc a

c c b b a P

2

17212

2 2 2 2 2 2

2

82

z y x z y x xyz

zx yz xy

21

22

2 2

a

b c

a b c b

b c

b a

bc ac ab B

z y x z

y   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x   y  z  1x1 y1z

41

11

11

1

2 2

z y z x y x

2

1,,b c

a Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

b

a c a

c b c

b a

P     

2,0,,b c a b a b

c P

 ac

b c a a b

b a c c b

c b a P

823

22

2 2

abc ab

c ac

b bc

1

 Có nhiều bài toán tìm cực trị của biểu thức ta chỉ cần sử dụng các biến đổi cơ bản đã làm giảm

được số biến Tuy nhiên bài toán cực trị có dạng phân thức ta phải sử dụng các bất đẳng thức

để đánh giá mới làm giảm được số biến của bài toán

 Các bất đẳng thức thường dùng

1 Cho a,bR ta cóab2 4ab

2 Cho a, b 0 ta có   2 2

3 3

3

4 a b ab

b a b

 0;1,

,y z

x zminx,y,z

y z xy xz yz y

yz z

x

z y P

a   

411

4 Cho a,b,cR ta có  

ca bc ab c

b a c b

3

2 2

2 2

5 Cho a,b,cR ta có abbcca23abcabc

6 Cho a,b,c0 ta có

c b a c b

91

11

7 Cho a, b 0 vàab1 ta có

ab b

a    

21

11

1

8.Cho a, b 0 vàab1 ta có

ab b

a    

21

11

1

Nhận xét: Trên đây chỉ là một số BĐT tiêu biểu thường sử dụng để tìm cực trị bằng cách dồn

biến, ngoài ra ta có thể sử dụng các hệ quả khác hoặc các bất đẳng thức khác Ứng dụng các BĐT trên để giải các bài toán sau đây

ab b

a P

22

2 2

biểu thức:  2

2 2 2

c b a

c b a P

16

z y x

z y x P

c   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2

c b a

c c

a

b c b

a P

y x z y x

y z

y

x P

32

b c

b a

a P

2525

y y

xz y

z x

3 3

2 2

4

2 2

b c

a    Tìm giá trị nhỏ nhất của

2

b a

c b a

c a c

b c b

a P

2 2

241

z y y x x

yz z

z z

y y

x

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

z x

z z

y

z y

x

y P

2

2 2 2

2 2 2

z y

x, ,

z y

x, ,

3 21

Theo giả thiết y 0 nên ta có :

3 3

39

11

11

x xyy   xy   xy  xy      2 x y 2Mặt khác: 2 2 2  2 1  2

3 x y x y xy 3 x y

        Đặt 2 2 2

23

11min

số sau khi áp dụng phương pháp dồn biến

, ***

Khi đó M 0 và m0 nên ta luôn có M2m

Kết hợp điều kiện  *** và a nguyên thuộc đoạn 10;10 ta có a1; 2;3; 4;5;6

x  y  x  y  x y 

Vì ,a b dương nên từ giả thiết  2 2

2 a b ab (a b ab)(  , ta chia hai vế cho 2) ab

2 1 2 2( 2) 4 4 15 0

32

2

Px xy y thuộc khoảng nào sau đây

A  4;7 B 2;1 C  1; 4 D 7;10

Lời giải Chọn C

Xét 0 5

3

y  P loại phương án A và D.Xét

4, dấu bằng xảy ra khi t     3 x 3y

Câu 8 Cho số phức z x yi x y  ( ,  ) Thỏa mãn z     và biểu thức sau đạt 2 i z 2 5i

Ta có: z    2 i z 2 5i     (1) Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z thì x y 3 0

M thuộc đường thẳng d có phương trình (1)

A  4 3 2 B  4 5 2 C  4 4 2 D  4 2 2

Lời giải Chọn C

Ta có: x2y2xy1

31

Câu 12 Cho 2 số x y, thỏa mãn x25y2  1 4xy và hàm số bậc ba y f x  có đồ thị như hình

vẽ Gọi M m, tương ứng là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 2 3 3

  

Lời giải Chọn A

x P

2 2

11

x y

x y

y y

1 25

x x

y y

x y

x y

x y

2 3

410;12

yx  x tiếp xúc với parabol 2

yax b tại điểm có hoành

độ x  0; 2 Giá trị lớn nhất của S a b là

A Smax  1 B Smax 0 C Smax 1 D Smax  3

Lời giải Chọn B

Đồ thị của hàm số 3

3 2

yx  x tiếp xúc với parabol 2

yax b tại điểm có hoành độ

Cách 1:

  Khi đó:

2 2

2

2

a b

b a a

Vậy minS  1, khi a  2, b 1

Câu 22 Cho các số thực a b c, , thỏa mãn a2b2c22a4b4 Tính P   a 2 b  3 c khi

biểu thức 2a b 2c7 đạt giá trị lớn nhất

A P 7 B P 3 C P  3 D P  7

Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc  P

Phân tích: Khi quan sát 2 cách giải, đối với giáo viên ta sẽ dễ chọn Cách 1 vì ngắn gọn và tiết

kiệm thời gian Tuy nhiên học sinh không nhiều em đã từng được tiếp cận bất đẳng thức BCS Đối với Cách 2, về mặt trình bày có thể dài hơi, nhiều tính toán hơn nhưng đó chỉ là những bước tính toán khá cơ bản, một học sinh khá nếu nhận ra ý đồ tác giả thì việc giải bài toán cũng không mất quá nhiều thời gian Bài toán sẽ dễ hơn nếu đề bài chỉ yêu cầu tìm Min hoặc Max của biểu thức 2a b 2c7

Câu 23 Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn a2b2c22a4b6c10 và a c   2

Tính giá trị biểu thức P  3 a  2 b c  khi Qa2b2 c2 14a8b18c đạt giá trị lớn

Gọi  S là mặt cầu tâm I1; 2;3 , bán kính R  24 Khi đó:

S x y z  x y zGọi  P là mặt phẳng có phương trình x   z 2 và điểm K7;4; 9 

Với M a b c ; ;  Theo giả thiết ta có: M S và M P M   S  P

Gọi H là hình chiếu của K lên mặt phẳng  P H    P H9;4; 7 

Ta có: KM2 KH2HM2, mà KH không đổi nên KM lớn nhất khi HM

Vậy MaxHM 4 22 M  A 3; 4;5 Khi đó: P  3 a  2 b c    12

Câu 24 Cho phương trình có nghiệm Giá trị nhỏ nhất

bằng

Lời giải Chọn B

Gọi là một nghiệm của phương trình (*)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

( không là nghiệm của phương trình (*) )

1(t 0)

t

f t

3 2

BÀI TẬP BỔ SUNG

ca bc ab

abc a

c c b b a P

2

17212

2 2 2 2 2 2

Ta có: a,b,c 1;3 a1b1c10abcabbcacabc10

50

52

1722

x

x abc x

x P

Xét hàm số

2

5722)(   

x

x x

f , x11;12

Ta có: 72 0

2

1)('   2 

x x

f x11;12 nên

11

160)11()

 f x f P

Vậy

11

160maxP khi a1;b2;c3

Nhận xét: Đây là bài toán rất hay Ta phải dùng hai lần giả thiết của các biến

82

z y x z y x xyz

zx yz xy A

2

44

24

44

2

84

z y x

yz yz

z y x yz

z y yz

z y x yz

z y x

zx yz xy A

44

2

41

1

44

2

41

z y

yz yz

z y yz

z y x

yz A

1

42

44

41

yz

yz A

Đặt t  yz; t 1;2

Xét hàm số:   1

422

41

t t

f với t 1;2

Ta có

227

41

22

84)

t t

f , nên f(t) đồng biến trên  1;2

Suy ra

6

7)2()(  

 f t f A

Vậy

6

7maxA khi x1;yz2

biểu thức

83

21

22

2 2

a

b c

a b c b

b c

b a

bc ac ab B

)(

8)

(1

b c

a b c b

b c

a b c b

c a b c b B

8)(

8)

(1

c a b c b B

Đặt t bcb(ac)0t 13

Xét hàm số

8

81

2)(

t t

f với t 0;13

2)

t t

t t

t f

,1)0( 

7

16)6( 

f

21

47)13( 

f

Từ đó suy ra

7

16max

7

16)

1  

 b c a

z y x z

y   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x   y  z  1x1 y1z

41

11

11

1

2 2

2

Lời giải

Từ giả thiết ta có:      

x z y z y z

y x z

y

x  2 2 2  2 2     2

Do đó:     2 2 2 1 2 2

24

12

4

11

1

x

x x

z y z

1

21

12

2 3

3 2

2 2

1

16

21

41

12

x

x x x x

x x

x P

1

16

2)(

x

x x x x f

1

152)(

Lập bảng biến thiên ta được:

108

915

1)

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

108

91 Khi , 5

Lời giải

Nhận xét: Giả thiết đã cho chính là gợi ý của bài toán Cách làm giảm biến số quen thuộc là đặt

0,     



c x b c y x y a

Khi đó:

xy y x

x c c c y c y c x c c y c x c ca bc ab c b a

2 2 2

2 2 2

Do đó ta viết lại P dưới dạng     

Thậm chí là P là đồng bậc giữa x và y Ta chỉ việc đặt ẩn phụ quen thuộc

t t t

21

111

112)('

t t

t t t

t t t f

               

 3 3

3 3

2 3 3 3 3

1

11

211

11

2)('

t t t t t

t t

t t t t t f

Cách đặt này khá phức tạp Ta có thể đặt theo cách khác sau đây

Đặt   t 2

x

y y

y y

x x

y y

x x

xy y

xy y

x

xy x

y y

x P

2

11

2

12

11

3

t f t

t t t t

11

3)(

)('

t t

t t f

t f

  

50

)('2

152)(

Lập bảng biến thiên ta được

4

272

5)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 , 0

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là

427

z y z x y x

f( ) 2 20 trên 0;

20

1052220

22012)

2

2

2 3

t t t t t f

Lập bảng biến thiên ta suy ra f(t) f(2)16

Do đó P16 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  

10

z

y x yz

z y x xyz

min

z

y x P

2

1,,b c

a Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

b

a c a

c b c

b a

P     

Lời giải

Nhận xét:Khi gặp bài toán trên, ta chưa thể tìm cách phá giá dấu giá trị tuyệt đối Do vậy cứ

thử quy đồng và tách tung ra xem có gì đặc biệt không Bởi vì lưu ý rằng: khi cho

0,

a c ca c b bc b a ab

abc

a c c b b a

b y c

a x

y x f y

x y x

x

x xy

x y y x

y

x x

x y x

x

x x x x x x f y x f P

hay    

)(112

3

t g t

t t

Xét hàm g(t) trên  1; 2 ta có: lng(t)3.ln t1 lnt12.lnt

11

2221

1

223

321

11

3)(

t t t

t t

t t t t t t t t t g

t g

Từ đó ta có        

2

122

12122

)(

2 3

2





g t P

2

;1

;

;2

22

2

2

c b a c

b

c a y

x x

t

x y

2

;1

;

;2

12max

2

c b a P

2,0,,b c a b a b

c P

Lời giải

Nhận xét: Giả thiết chỉ cho dữ liệu liên quan tới a, b dù không dự đoán được đẳng thức xảy ra

nhưng ta vẫn có thể khai thác được giả thiết bằng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz với mục tiêu

là chỉ còn biến c

2 2

2 2

2 2 2

a

y b

x y

c x

c a

y y

c b

x x c

Từ thiết 2 2 2  2 2  12  22 1

a b b a b a

Như vậy ta phải chọn x2  y1, 2 2

2

31

2121

2 2

c c c

a

c b

c P

)(12

622

c f c c

)(2

622)

314

614

61)(

Vậy

4

61,2

6,

62

68

3maxP  a b c 

 ac

b c a a b

b a c c b

c b a P

823

22

2 2

Lời giải

Ta có 1a2b022abab02abab2

22

2

12

b a c ab

a b

c b a

23

12

12

12

23

21

2

12

34

24

22

ca bc ab ac

bc ab

ca bc ab

ac

ca bc ab bc

bc ab ab

bc ac

ac

ca bc ab bc

c b a ab

b a c P

Xét hàm số  

7

45727

29)(

t t

4

1375

457

Vậy  ; ;  1;2;1

4

13minP  a b c 

Lời giải

Với những bài toán có điều kiện ban đầu chúng ta sẽ tìm cách khai thác nó,

dự đoán điểm rơi là

 0;1,

,y z

x zminx,y,z

y z xy xz yz y

yz z

x

z y P