Tài liệu GTLN và GTNN của hàm số với diều kiện có nghệm của một phương trình, bất phương trình pdf

III. GTLN và GTNN của hàm số với diều kiện có nghệm của một phương trình, bất phương trình:
Giả sử
( )f x
là hàm số xét trên miền
x D
∈
. Giả sử tồn t ại :
m i n ( )
D
m f x
=
max ( )
D
M f x
=
Và
( )f x
n h ận m ọi giá trị t ừ m đến M khi
x D
∈
. Khi đó mối t ương quan giữa GTLN, GTNN của hàm
số
( )f x
trên miền D và sự tồn t ại nghiệm c ủa một phương trình, một bất phương trình có đi ều kiện ,
được thể hiện trong các định lí sau đây:
Định lí 1: Phương trình ( )f x
α
=
với
x D
∈

có nghiệm khi và chỉ k h i
m
Mα
≤ ≤
.
* Chú ý : Định lí trên nế u đảo lại nó vẫn đúng.
Định lí 2:
1. BPT ( )f x
α
≥
,
x D
∈
có nghiệm khi và chỉ k h i
M
α
≥
2. BPT ( ) ,
f x x
Dβ
= ∈
có nghiệm khi và chỉ k h i m
β
≤
Định lí 3:
1. BPT ( )f x
α
≥
đúng với m ọi
x D

∈
khi và chỉ k h i
m
α
≥
2. BPT ( )f x
β
≥
đúng với m ọi
x D
∈
khi và chỉ k h i M
β
≤
IV. Một số bài toán phát biểu dưới dạng tập xác định:
Bài toán 1: Tìm GTLN của hàm số:
1 2 3
( , , )
xy z xz y yz x
f x y z
xyz
− + − + −
=
Xét trên miền
{( , , ): 3, 2, 1}
D x y z x y z
= ≥ ≥ ≥
Bài toán 2: Tìm GTLN của hàm số:
( , , ) ( )( )( )
f x y z xyz x y y z x z

= + + +
Xét trên miền
{( , , ): 0, 0, 0, 1}
D x y z x y z x y z
= > > > + + =
Bài toán 3: Tìm GTNN của hàm số:
3 3 3 3
( , , , )
x y z t
f x y z t
yztxztxytxyz
= + + +
++++++++
Xét trên miền
{(,,,):,,, 0, 1}
D xyzt xyzt xy yz zt tx
= ≥ + + + =
Bài toán 4: Tìm GTNN của các hàm số sau:
3 3 3 3 3 3
3 3 3
' 2 2 2
2 2 2
( , , )
( ) ( ) ( )
1 1 1
( , , ) ( )
( )( )( )
x y y z z x
f x y z
x y y z z x

f x y z x y z
xy yz xz
− − −
= + +
− − −
 
= + + + +
 
− − −
 
Xét trên miền
{( , , ) : ( )( )( ) 0}
D x y z x y y z z x
= − − − ≠
Bài toán 5: Tìm GTLN của hàm số:
( , , ) (1 )(1 )(1 )
1 1
x y z
f x y z x y z
yz xz xyz
= + + + − − −
++ ++ ++
Xét trên miền
{( , , ):0 1,0 1,0 1}
D x y z x y z
= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤
Bài toán 6: Tìm GTLN của hàm số:
2 2 2
( , , , )
f x y z t x y z t

=
Xét trên miền
{( , , , ): , , , 0,2 1}
D xyzt xyzt x xy z ytz
= ≥ + + + =
Bài toán 7: Tìm GTLN của hàm số: ( , , , )
f x y z t xy yz zt
= + +
Xét trên miền
{(,,,):,,, 0, 2}
D xyzt xyzt x y z t
= ≥ + + + =
Bài toán 8: Tìm GTNN của hàm số:
1
( , )
( )
f x y x
xy x y
= +
−
Xét trên miền
{( , ) : 0, 0}
D x y x y
= > >
Bài toán 9: Tìm GTNN,GTLN của hàm số: ( , , )
f x y z x y z
=++
www.vuihoc24h.vn - Kênh h󰗎c t󰖮p Online
Xét trên miền
4

{( , , , ): ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
}
3
D x y z t x x y y z z
= − + − + − ≤
Bài toán 10: Tìm GTLN của hàm số:
( , , ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
f x y z x y y z z x
= − + − + −
Xét trên miền
{( , , ) :0 1 , 0 1 , 0 1 }
D x y z x y z
= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤
B.Phương pháp tham số phụ
Phương pháp này khá giốn g v ới k ĩ t h u ật cân bằn g h ệ số nhưng nó có tầm ứn g d ụn g r ộng rãi hơn . Ở phần
này tôi sẽ không trình bày tỉ m ỉ l ời g i ải mà nêu thẳng ra ý tưởng trong bài làm để từ đó bạn đọc rút kinh
nghiệm .
Bài toán 1: Cho
, 0
x y
≥
v à
3 3
1
x y
+ ≤
. Tìm GTLN của 2
A x y
= +
GIẢI

Đặt
x ay b
= =
. Áp dụn g b ất đẳn g t h ức Cauchy ta có
63 3 3 3 3 3 3 15
3 3 3 3 3 3 3 15
6
3 3 3 3 5 5
6
6
5 ( ) 6( )
x a a a a a x a
y b b b b b y b
x y a b a x b y
+ + + + + ≥
+ + + + + ≥
⇒ + + + ≥ +
Ta cần tìm hai số a,b sao cho a,b thoả mãn hệ sau:
3 3
5 5
1
2
a b
b a
+ =
=
5
3 3
5 5
1 4

;
1 64 1 64
a b⇒ = =
+ +
K h i đó GTLN của
( )
5
5
6
1 64
A = + . Bạn đọc tự tìm giá trị c ủa x,y
* Chú ý: P hương pháp tham số phụ giúp ta định hướng lời giải trong các bài toán mà ta chưa xác định
điểm rơi của BĐT.
Bài toán 2: Tìm GTNN của hàm số:
7
( ) ( 1 )
4 3
x
f x x x
= − −
. Xét trên miền
{( ): 1 }
D x x
= ≥
GIẢI
Đặt
1
1
1
ax x x

a
= − ⇒ =
−
. Áp dụn g B ĐT Cauchy:
1 1 7 7 1
.2 ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
2 a 2 4 3 4 3 2
x x
ax x ax x y x x ax x
a a
− ≤ + − ⇒ = − − ≥ − + −
Ta cần tìm số a sao cho :
1 7 4
( 1 ) ( 1 )
3
2 4 3
a a a
a
+ = ⇒ = <
. Khi đó GTNN của
1
( ) 4
3
f x x
= ⇔ =
Bài toán 3: Tìm GTLN của hàm số:
2 4 2 4
9 1 13 1
y x x x x
= + + −

.
Xét trên miền
{( ): 1 1 }
D x x
= − ≤ ≤
GIẢI
Đặt
4 4 4 4
1 ( 2) 1
ax x a x x
= + ⇒ − = −
. Áp dụn g B ĐT Cauchy :
( )
2 4 4 4
2 4 4 4
9 9
2 1 ( 1 )
2 2
13 13
2 2 1 2 1
2 2 2 2
ax x ax x
a a
a x x a x x
a a
+ ≤ + +
 
− − ≤ − + −
 
− −

Ta cần tìm a sao cho:
9 13 9
( 1 ) (3 )
4
2 2 2
a a a
a a
+ = − ⇒ =
−
K h i đó
4 4 4 4
9 1
1 1
4 4
6 26 16
2 2
x x x x
y
+ + + −
≤ + =
Đẳn g t h ức xảy r a
2
5
x⇔ =

Bài toán 4: Tìm GTLN của hàm số
2 3 2
2
2 6 2 2 5
( )

3 4
x x x x
f x
x x
+ − + − +
=
+ −

Xét trên miền
{( ): 1 }
D x x
= ≥
GIẢI
Đặt
2
( 2) 1
a x x
− = +
. Áp dụn g B ĐT Cauchy:
( )
( )
2 2
2 2
2
3
2 2 1 5
3 3
2 ( 2)( 1 ) 2 1 ( )
3 4
x a x x

a
a x x a x x f x
x x
a a
 
+ − + + +
 
 
− + ≤ − + + ⇒ ≤
 
+ −

Ta cần tìm a sao cho:
3
2
3
( 1 2 ) 5 4
b
a
a b
a b
a
+ =
=
− + =−
3 ( 0) 9
b b a
⇒ = > ⇒ =
K h i đó GTLN của
9 5

( ) 3
2
f x x
±
= ⇔ =
Bài toán 5: Cho x,y là các số thực thoả mãn:
2 2
1
x y
+ =
. Tìm GTNN,GTLN của hàm
2
2
2( 6 )
( , )
1 2 2
x xy
f x y
xy y
+
=
+ +

GIẢI
Gọi k là đi ểm c ực trị c ủa f(x,y) ta có:
2
2 2
2
2( 6 )
( 2) 2( 6) 3 0

1 2 2
x xy
k k x k xy ky
xy y
+
= ⇒ − + − + =
+ +
Ta cần tìm k sao cho :
2 2
3 ( 2) ( 6) 3 18 0 3 6
k k k k k k k
− = − ⇔ + − = ⇔ = ∨ =−
Do đó GTLN của f(x,y)=3, GTNN của hàm f(x,y)=-6
* Chú ý bạn có thể giải như sau:
2 2
2 2 2
2( 6 ) 2( 6 )
( , )
1 2 2 2 3
x xy x xy
f x y
xy y x xy y
+ +
= =
+ + + +
. Ta xét với
1 , 0 ( , ) ( 1 , 0 ) 2
x y f x y f
= = ⇒ = =
V ới

2
2
6
2
0 ( , )
2
3
x x
y y
y f x y
x x
y y
 
 
+
 
 
 
 
 
≠ ⇒ =
 
+ +
 
 
. Ta đặt
x
t
y
=

ta quay lại xét cực trị của bài toán:
2
2
2( 6 )
( )
2 3
t t
f t
t t
+
=
+ +
. Đến đây bạn có thể dùng PP miền giá trị hay PP tách bộ phận kép để giải.
Tuy nhiên nếu so sánh 2 cách giải trên thì cách giải thứ nhất chỉ mang tính giải quyết bài toán chứ
không mang tính toán học như cách giải thứ hai.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
BL1:Cho x,y là các số không âm và
2 2
1
x y
+ ≤
. Tìm GTLN của hàm số (, ) 64
f x y x y
= +
BL2:Tìm GTNN của hàm số:
( ) 5 2 ( 1 )
f x x x x
= − −
. Xét trên miền
{( ): 1 }

D x x
= ≥
BL3:Tìm GTNN của hàm số :
2 3 2
2
1
( )
x x x x
f x
x x
− − + −
=
−

BL4:Tìm GTNN của hàm số: ( ) 4 1
2
x
f x x
= + −
. Xét trên miền
{( ):0 2 }
D x x
= ≤ ≤
BL5:Cho a,b dương và
1 1
1
2
a
b
+ =

. Tìm GTNN của
2
A a
b= +
IV. P hương pháp thế:
Phương pháp này dùng để chứng minh các bất đẳn g t h ức hình học.Phương pháp này dựa vào nhận xét
sau:
Định lí: Đi ều kiện c ần và đủ để a,b,c là độ dài của 3 cạnh tam giác là tồn t ại các số dương x,y,z sao cho
; ;
a x y b y z c x z
= + = + = +
K h i đó ta có một số kết quả thú vị n h ư sau:
2
2
2
2
a b c
x y z p
a c b
x p b
a b c
y p c
b c a
z p a
+ +
+ + = =
+ −
= = −
+ −
= = −

+ −
= = −
Ta cần chú ý một số công thức sau:
1.
1 1 1
( )( )( )
2 2 2 4
a b c
abc
S ah bh c h pr p p a p b p c
R
= = = = = − − − =
2.
2
si n sin sin
a b c
R
A B C
= = =
3.
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 cos
2 c o s
2 cos
a b c bc A
b c a ca B
c a b ab C
= + −

= + −
= + −
4.
2 2 2
2 2 2
2 2 2
cot
4
cot
4
cot
4
b c a
A
S
c a b
B
S
a b c
C
S
+ −
=
+ −
=
+ −
=
5.
tan ;tan ;tan
2 ( ) 2 ( ) 2 ( )

A S B S C S
p p a p p b p p c
= = =
− − −
6.
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
; ;
4 4 4
a b c
b c a a c b a b c
m m m
+ − + − + −
= = =
Bài toán 1: ( BĐT Euler) Gọi R và r lần l ượt là bán kính của các đường tròn ngoại t i ế p, nội t i ế p của tam
giác ABC. CMR:
2
R
r≥
GIẢI
Ta thay thế R và r qua các đại l ượng khác. Khi đó BĐT cần c h ứng minh tươn g đươn g v ới B ĐT sau:
2
2 8
8 ( )( )( )
4
abc S S
abc p p a p b p c
S p p
≥ ⇔ ≥ = − − −

Đến đây ta sử dụng phép thế B ĐT trở thành: ( )( )( ) 8
x y y z x z xyz
+ + + ≥
Ta sử dụn g B ĐT Cauchy ta có:

2
2
2
x y xy
y z yz
x z xz
+ ≥
+ ≥
+ ≥
( )( )( ) 8
x y y z x z xyz
⇒ + + + ≥
Đẳn g t h ức xảy r a
x y z a b c
⇔ = = ⇔ = =
.
Bài toán 2: Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c và diện tích S. CMR:
2 2 2
2( ) ( ) 4 3
ab bc ca a b c S
+ + − + + ≥
GIẢI
Ta sử dụng phép thế B ĐT trở thành:
[
]

2 2 2
2
2 2 2
2 ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 ( )
3 ( )
( ) 3 ( )
( ) ( ) ( )
0
2
x y y z y z x z x y x z x y y z x z xyz x y z
xy yz xz xyz x y z
xy yz xz xyz x y z
xy yz yz xz xz xy
 
+ + + + + + + + − + + + + + ≥ + +
 
⇔ + + ≥ + +
⇔ + + ≥ + +
− + − + −
⇔ ≥
Đẳn g t h ức xảy r a
x y z a b c
⇔ = = ⇔ = =
.
LB: Qua hai bài toán trên ta rút ra nhận xét sau: việc chuyển t ừ BĐT hình học sang BĐT đại s ố giúp giải
quyế t bài toán nhẹ nhàng hơn. Và cũng vì lí do đó mà người ta còn gọi đây là phương pháp đại s ố hoá ,
n h ư vậy v i ệc chuyển t ừ BĐT đại s ố thành BĐT hình học gọi là phương pháp hình học hoá.
Nội dung của phương pháp hình học hoá :
Nội dung của phương pháp này là ta dựa vào cấu trúc của bài toán để chuyển sang hình học, đồ thị g i ải
quyế t.Nếu như một bài toán về BĐT, bằn g m ột cách biế n đổi s ơ cấp nào đó có thể qui về các sự kiện

hình học thì ta nên dùng phương pháp hình học để giải . L ẽ dĩ nhiên phương pháp này chỉ thích hợp với
n h ững bài toán mà nội dung của nó tiềm ẩn nhữn g y ế u tố hình học,mà lúc đầu thoạt tiên ta chưa nhận ra.
Đối v ới p h ương pháp này ta sử dụng nhận m ột số tính chất sau:
- Trong các đườn g g ấp khúc nối 2 đi ểm A,B thì đườn g t h ẳn g n ối 2 đi ểm A,B là đường ngắn nhất.
- Trong tam giác tổng hai cạnh luôn lớn h ơn c ạnh thứ ba.
- Cho đi ểm A nằm ngoài đườn g t h ẳng d cho trước.Khi đó độ dài đường vuông góc kẻ từ A xuốn g đườn g
thẳng d ngắn h ơn m ọi đường xiên kẻ từ A xuốn g đườn g t h ẳn g ấy .
- Trong các tam giác cùng nội t i ế p đường tròn thì tam giác đều có chu vi và diện tích lớn nhất.
- Cho đườn g t h ẳng d và 2 đi ểm A,B nằm khác phía đối v ới d. Đi ểm M thuộc d sao cho AM+BM bé nhất
là giao đi ểm c ủa AB và d.
- Cho đườn g t h ẳng d và 2 đi ểm A,B nằm khác phía đối v ới d. Đi ểm M thuộc d sao cho AM+BM bé nhất
là giao đi ểm c ủa
'
AB
và d ( trong đó
'
A
l à đi ểm đối x ứn g c ủa A qua d).
- Cho đườn g t h ẳng d và 2 đi ểm A,B cùng phía với d nhưng không song song với d. Đi ểm M thuộc d sao
cho
A M B M
− lớn nhất là giao đi ểm c ủa AB và d
- Cho đườn g t h ẳng d và 2 đi ểm A,B nằm khác phía đối v ới d. Đi ểm M thuộc d sao cho
A M B M
− lớn
n h ất là giao đi ểm c ủa
'
AB
và d ( trong đó
'

A
l à đi ểm đối x ứn g c ủa A qua d,
'
AB
không song song với
d).
Sau đây chúng ta sẽ xét một bài toán minh hoạ cho phương pháp này.
Bài toán 1:
1. Tìm GTNN của
2 2
2 2 4 40
A x x x x
= − + + − +
2. Tìm GTLN của
2 2
2 2 4 40
B x x x x= − + − − +
GIẢI
1. Ta có:
2 2 2 2
( 1 ) (0 1 ) ( 2) (0 6)
A x x= − + − + − + +
Nếu ta chọn đi ểm
( ,0);( 1 , 1 ) ; (2, 6)
M x A B
−
thì
2 2 2 2
( 1 ) (0 1 ) ; ( 2) (0 6)
AM x B M x= − + − = − + +

Bài toán qui về việc tìm đi ểm M trên trục hoành sao cho AM+BM có độ dài bé nhất. Theo tính chất thì
đi ểm M phải là giao đi ểm c ủa AB và trục hoành.
Đườn g t h ẳng AB có dạn g :
( 0)
y ax b a
= + ≠
. AB đi qua A,B nên ta có :
1
6 2
a b
a b
= +
− = +
7 ; 8
a b
⇒ = − =
Vậy A B :
7 8
y
x= − +
(1)
Từ (1) cho
8
0
7
y x
= ⇒ =
. Vậy đi ểm M cần tìm có toạ độ
8
,0

7
 
 
 
Vậy GTNN của
8
5 2
7
A x
= ⇔ =
Bài toán tổng quát: Tìm GTNN của
2 2 2 2
( ) ( )
A x a b x c d
= − + + − +
(
, 0)
b d
>
Ta viết lại
2 2 2 2
( ) (0 ) ( ) (0 )
A x a b x c d
= − + − + − + +
Trong mặt phẳng toạ độ ta chọn các điểm
( , ) ; ( , ); ( ,0)
A a b B c
d M x−
; khi đó A= AM+BM. Bài toán qui
về việc tìm M trên trục hoành sao cho AM+BM bé nhất.Vì A,B có tung độ trái dấu nên A,B nằm ở hai

phía ở trục hoành, vậy điểm M cần tìm là giao điểm của AB và trục hoành.
2. Ta có
2 2 2 2
( 1 ) (0 1 ) ( 2) (0 4)
B x x= − + − − − + −
Nếu ta chọn
( 1 , 1 ) ; (2,4); ( ,0)
A B M x
khi đó B=
A M B M
− . Bài toán qui về việc tìm M trên trục hoành
sao cho
A M B M
− l ớn nhất.Theo tính chất thì M là giao đi ểm c ủa trục hoành và AB.
Đườn g t h ẳng AB có phương trình dạn g
( 0)
y ax b a
= + ≠
.AB đi qua A,B nên:
1
4 2
a b
a b
= +
= +
3 ; 2
a b
⇒ = =−
Vậy A B :
3 2

y x
= −
(2)
Từ (2) cho
3
0
2
y x
= ⇒ =
. Vậy
3
,0
2
M
 
 
 
Vậy GTLN của
3
10
2
B x
= ⇔ =
.
Bài toán tổng quát: Tìm GTLN của
2 2 2 2
( ) ( )
B x a b x c d
= − + − − + (
, 0

b d
>
)
Ta viết lại
2 2 2 2
( ) (0 ) ( ) (0 )
B x a b x c d
= − + − − − + −
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta chọn
( , ) ; ( , ); ( ,0)
A a b B c d M x
, khi đó
B AM B M
= − . Bài toán qui về
việc tìm điểm M trên trục hoành sao cho
A M B M
− lớn nhất. Vì A,B có tung độ cùng dấu nên A,B nằm
cùng một phía với trục hoành, vậy điểm M cần tìm là giao điểm của AB và trục hoành.
Bài toán 2:
1. Tìm GTNN của
2 2
2 2 4 8
A x x x x
= + + + − +
2. Tìm GTLN của
2 2
2 2 4 8
B x x x x
= − + − + +
* Lưu ý: Đối với dạng này một số bạn thường mắc phải sai lầm là sử dụng BĐT Mincopski.

2 2 2 2 2 2
( ) ( )
a b c d a c b d
+ + + ≥ + + +
Nếu bạn sử dụng trực tiếp rất dễ dẫn tới việc dấu bằng không xảy ra hay giá trị tìm được chưa hẳn là
giá trị nhỏ nhất của bài toán.
Ta quay lại v ới v ấn đề ban đầu, như ta đã biế t việc sử dụng phương pháp đại s ố hoá hay hình học hoá
giúp ta giải quyế t bài toán dễ dàng nhưng không phải lúc nào cũn g v ậy . C h ẳn g h ạn v ới bài toán sau:
Bài toán 3: Cho tam giác ABC có diện tích S và kí hiệu các cạnh AB,BC,CA theo qui ước. CMR:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
16 ( ) ( ) ( )
2 2 2
a b b c c a S a b c b c a c a b
+ + ≥ + − + − + − (1)
GIẢI
Nếu như ngay từ đầu ta sử dụng liền phương pháp thế sẽ dẫn tới việc lời giải quá dài hoặc không thể ra
được, cụ thể là ta phải chứng minh BĐT sau:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 16 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1
( ) ( ) (2)
2
x y y z y z x z x y x z xyz x y z x y y x z y z y
z x z x
+ + + + + + + + ≥ + + + + − + + −
+ + −

Quả thật để chứng minh được BĐT trên là điều không phải dễ, bởi vì cấu trúc của bài toán lúc này quá
cồng kềnh, . Đây là việc quá lạm dụng phương pháp mà không để ý kĩ tới cấu trúc của bài toán ban đầu:
(1 )
2
( ) 16 ( ) ( )( )
abc a b c S abc a b c b c a c a b
⇔ + + ≥ ⇔ ≥ + − + − + −
Đến đây có lẽ bạn đọc đã nhìn ra nguồn gốc của bài toán rồi phải không. Qua đó ta thấy được việc
chứng minh trực tiếp BĐT (1) dễ dàng hơn nhiều so với BĐT (2)
Ta rút ra được kinh nghiệm là không nên quá lạm dụng phương pháp đặc biệt là những phương pháp
mạnh trong chứng minh BĐT
BL1( IMO-1983) Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác. CMR:
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0
a b a b b c b c c a c a
− + − + − ≥
BL2: ( IMO-1961) Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác có diện tích S. CMR:
2 2 2
4 3
a b c S
+ + ≥
BL3: Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác. CMR:
4
ab bc c a
p
p c p a p b
+ + ≥
− − −

BL4: Chứng minh trong mọi tam giác ta đều có:

1.
2 2 2 2
a b c
m m m p
+ + ≥
2.
2 3
a b c
a b c
m m m
+ + ≥