phát huy tư duy sáng tạo linh hoạt trong bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất

Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
A - PHẦN MỞ ĐẦU
Trong chương trình toán học ở cấp phổ thông trung học thì bài toán tìm
giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất là một dạng bài toán hay, khó và cũng rất hay có
mặt trong các kỳ thi học kỳ, thi tốt nghiệp cũng như thi học sinh giỏi hay thi đại
học. Nhưng mãi đến sách giáo khoa lớp 12 mới có định nghĩa cụ thể về bài toán
tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số, và sử dụng bảng biến thiên hàm số
như là một công cụ để giải bài toán này.
Thông thường, trong các đề thi thì bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất
thường ở các dạng như:
- Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức, của hàm số.
- Áp dụng tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số trong việc chứng
minh các bất đẳng thức
- Áp dụng bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm sốtrong việc
giải hệ phương trình.
Qua quá trình giảng dạy cũng như qua quá trình tìm hiểu học sinh sau mỗi
kỳ thi tuyển. Rất nhiều em học sinh gặp vướng mắc trong việc giải bài toán tìm
giá trị nhỏ nhất và lớn nhất. Hay như một số bài toán vận dụng kiến thức tìm giá
trị nhỏ nhất và lớn nhất để giải bất phương trình, bất đẳng thức, giải hệ… các em
học sinh cũng thường lúng túng không biết vận dụng kiến thức tìm giá trị nhỏ
nhất và lớn nhất như thế nào.
Như vậy, bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất được vận dụng rất nhiều
trong đời sống sinh hoạt, trong kinh doanh, trong kỹ thuật và cũng rất quan trọng
trong việc giảng dạy tại trường Trung học phổ thông. Xét thấy những vấn đề
quan trọng như thế của bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất nên tôi đã lựa
chon đề tài:“ Phát huy tư duy sáng tạo linh hoạt trong bài toán tìm giá trị nhỏ
nhất và lớn nhất” để làm sáng kiến kinh nghiệm của mình.
1
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
B - NỘI DUNG
I. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ LỚN

NHẤT CỦA HÀM SỐ.
1. Phương pháp áp dụng miền giá trị của hàm số để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất của một hàm số.
VD 1: Tìm giá trị lớn nhât, nhỏ nhất của hàm số:
X
2
+ x + 1
Y=

X
2
– x + 1
Lời giải:

- Miền xác định: D =R
- Y
0
thuộc miền giá trị T của hàm số khi và chỉ khi phương trình (ẩn x)
X
2
+ x + 1
Y
0
= (1) có nghiệm

X
2
– x + 1
- Từ (1) ↔(1 − Y
0

) x
2
+ (1 + Y
0
) x + 1 – Y
0
= 0 (2)
- Từ đó ta có:
• Với Y
0
= 1 thì (2) có nghiệm x = 0
• Y
0
≠ 1 thì (2) có nghiệm ⇔ (1 + Y
0
)
2
– 4(1 – Y
0
)
2
≥ 0
⇔ 3 Y
0
2
– 10 Y
0
+ 3 ≤ 0
⇔ 1/3 ≤ Y
0

≤ 3
Vậy miền giá trị của hàm số là T = [ 1/3 , 3 ]
Do đó, max Y = 3, min Y = 1/3
VD 2: Cho hàm số :
2k Cosx + k + 1
Y
k
=
2
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Cosx + Sinx + 2
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số với giá trị k = 1.
b) Xác định tham số k sao cho giá trị lớn nhất của hàm số Y
k
là giá trị nhỏ nhất
(Đề thi vào đại học năm 1996).
Lời giải:

a) Với k = 1. Ta có :
2 Cosx + 2
Y

=
Cosx + Sinx + 2
- Vì Sinx và Cosx không đồng thời bằng 1 nên Cosx + Sinx + 2 ≠ 0
- Với ∀x, Miền xác định hàm số D = R
- Y
0
thuộc miền giá trị của hàm số khi và chỉ khi:
2 Cosx + 2

Y
0
= (1) có nghiệm
Cosx + Sinx + 2
- Ta có: (1) ⇔ (Y
0
− 2)Cosx + Y
0
Sinx = 2(1 − Y
0
) (2)
Ta có (2) có nghiệm ⇔ (Y
0
−2)
2
+ Y
0
2
≥ 4(1 − Y
0
)
2
⇔ Y
0
2
− 2Y
0
≤ 0
⇔ 0 ≤ y
0

≤ 2
Vậy Min Y = 0, Max Y = 2.
b) Xác định k để Max Y
k
nhỏ nhất.
Ta có Y
k
thuộc miền giá trị của hàm số khi và chỉ khi phương trình:
2k Cosx + k + 1
Y
k
= (3) có nghiệm
Cosx + Sinx + 2
(3) có nghiệm ⇔ (Y
k
− 2k)
2
+ Y
2
k
≥ (k + 1 − 2Y
k
)
2
3
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
⇔ 2Y
k
2
− 4Y

k
− 3k
2
+ 2k + 1 ≤ 0 (3)
Ta có: (3) có nghiệm ⇔ 1 −
2
1
246
2
+−
kk
≤Y
k
≤ 1 +
2
1
246
2
+−
kk
Từ dó suy ra Max Y
k
= 1 +
2
1
246
2
+−
kk
⇒ Max Y

k
nhỏ nhất ⇔ 6k
2
− 4k + 2 nhỏ nhất
⇔ k =
3
1
Vậy với k =
3
1
thì giá trị lớn nhất của Y
k
là giá trị nhỏ nhất.
VD 3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
Y = [
36
)(12
2
+
−
x
axx
]
4
3
Với a ≠ 0
Lời giải:

- Đặt Z =
36

)(12
2
+
−
x
axx
thì Y =
4 3
z
Y đạt giá trị lớn nhất ⇔ Z đạt giá trị lớn nhất
Ta tìm miền giá trị của hàm số Z =
36
)(12
2
+
−
x
axx
(Với Z≥ 0)
- Miền xác định của hàm số Z là D = R
- Z
0
thuộc miền giá trị T của hàm số khi và chỉ khi phương trình:
Z
0
=
36
)(12
2
+

−
x
axx
(1) có nghiệm.
Ta có: (1) ⇔ (12 −Z
0
)x
2
−12ax − 336Z
0
= 0 (2)
• Với Z
0
= 12 thì (2) có nghiệm x =
a
Z
0
3
(Với a ≠0)
•Với Z
0
≠ 12 Thì (2) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0
⇔ 36a
2
+ 36 Z
0
(12−Z
0
) ≥ 0
⇔ Z

0
2
− 12Z
0
− a
2
≤ 0
⇔ 6 −
2
36 a
+
≤ Z
0
≤ 6 +
2
36 a
+
4
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Vậy MaxY =
3
4
2
)366( a
++
2. Phương pháp áp dụng tính chất của bất đẳng thức cơ bản.
VD 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S =
z
xy

+
x
yz
+
y
zx
Trong đó x,y,z là số thực dương thoả mãn điều kiện : x
2
+ y
2
+ z
2
= 1.
Lời giải:

Ta có S
2
=
2
22
z
yx
+
2
22
x
zy
+
2
22

y
xz
+ 2(x
2
+ y
2
+ z
2
)
=
2
22
z
yx
+
2
22
x
zy
+
2
22
y
xz
+ 2
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có :
2
22
z
yx

+
2
22
x
zy
≥ 2
22
242
zx
zyx
= 2y
2
(1)
Hoàn toàn tương tự ta có:
2
22
x
zy
+
2
22
y
xz
≥ 2z
2
(2)
2
22
y
xz

+
2
22
z
yx
≥ 2x
2
(3)
Từ (1), (2), (3) và x
2
+ y
2
+ z
2
= 1 Ta có:
S
2
≥
2
1
(2x
2
+ 2y
2
+ 2z
2
) + 2
⇔ S
2
≥ 3 do đó S =

3
⇔
2
22
x
zy
=
2
22
y
xz
=
2
22
z
yx
, x
2
+ y
2
+ z
2
= 1 và x,y,z > 0
⇔ x = y = z =
3
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng
3
khi x = y = z =
3

1
5
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
VD 2: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P =
z
yx
+
+
1
+
x
zy
+
+
1
+
y
xz
+
+
1
Trong đó x,y,z là các số thực thuộc






1,

2
1
.
Lời giải:

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của P
- Vì x,y,z ∈






1,
2
1
nên x + y ≥ 1; y + z ≥ 1; x + z ≥ 1
- Do đó x + y + z ≥ 1 + z ; x + y + z ≥ 1 + x ; x + y + z ≥ 1 + y
Vì vậy: P ≥
zyx
yx
++
+
+
zyx
zy
++
+
+
zyx

xz
++
+
=
zyx
zyx
++
++
)(2
= 2
Ta có: P = 2 ⇔ x + y = y + z = z + x = 1
⇔ x = y = z =
2
1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 2 khi x = y = z =
2
1

b) Tìm giá trị lớn nhất của P
Do x,y,z ∈






1,
2
1

nên
2
1
≤ x ≤ 1 ;
2
1
≤ y ≤ 1 ;
2
1
≤ z ≤ 1 từ đó ta có:
P =
z
x
+
1
+
z
y
+
1
+
x
y
+
1
+
x
z
+
1

+
y
z
+
1
+
y
x
+
1
≤
zx
x
+
+
zy
y
+
+
xy
y
+
+
xz
z
+
+
yz
z
+

+
yx
x
+
= (
zx
x
+
+
xz
z
+
) + (
zy
y
+
+
yz
z
+
) + (
xy
y
+
+
yx
x
+
) = 3
Vậy P = 3 ⇔ x = y = z = 1

Do đó, giá trị lớn nhất của P = 3 khi x = y = z = 1
VD 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
F
(x)
= 4x +
x
2
9
π
+ Sinx Với 0 < x < +∞
6
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
( Đại học KTQD Hà nội 1999).
Lời giải:

− Vì x > 0 nên 4x và
x
2
9
π
là hai số dương.
− Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
4x +
x
2
9
π
≥ 2
x
x

2
9
.4
π
= 12
π
Và với ∀x > 0 ta có Sinx ≥ -1
⇒ F
(x)
= 4x +
x
2
9
π
+ Sinx ≥ 12
π
− 1 Với ∀x > 0
Nhưng F
(
2
3
π
)
= 4.
2
3
π
+
2
3

9
2
π
π
+ Sin
(
2
3
π
)
= 6
π
+ 6
π
− 1
=12
π
− 1
Do đó: Min F
(x)
= 12
π
− 1 Với ∀x > 0
VD 4: Cho hình chóp S
ABC
, có đáy là ∆ABC. Cạnh SA = x, BC = y, Các cạnh khác
còn lại đều bằng 1.
a) Tính thể tích của hình chóp theo x,y
b) Với x,y nào thì thể tích hình chóp là lớn nhất.
Lời giải:

a) Ta có thể tích của hình chóp S
ABC
là:
V =
12
xy

)(4
22
yx
+−
(ĐVTT)
b) Theo câu a ta đã có
V(S
ABC
) =
12
xy

)(4
22
yx
+−
(ĐVTT)
7
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
− Vì SA = x > 0, BC = y > 0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: x
2
+

y
2
≥ 2
22
yx
= 2xy
⇒ 4 − (x
2
+ y
2
) ≤ 4 − 2xy = 2.( 2 − xy)
⇒
)(4
22
yx
+−
≤
)2(2 xy
−
⇒ V ≤
)2(2
12
xy
xy
−
=
6
1
2
)2(

)(
2
xy
xy
−
⇒ V ≤
6
1
)2(
22
2 xy
xyxy
−
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương:
xy
xyxy
−
2,
2
,
2
ta có:
V ≤
6
1
3
3
2
22
2













−++
xy
xyxy
=
6
1
27
16
=
27
32
Vậy MaxV =
27
32
⇔
xy
xyxy
−==

2
22
và x
2
+ y
2
= 2xy
⇔



=−+
−=
02
24
22
xyyx
xyxy
⇔





=
=
3
4
2
x

yx
Vậy với x = y =
3
2
thì Max V =
27
32
3. Phương pháp sử dụng đạo hàm của hàm số(Bảng biến thiên của hàm số) để
tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số trên khoảng
( )
ba,
hoặc trên
[ ]
ba,
Cách giải: Lập bảng biến thiên của hàm số trên
( )
ba,
rồi dựa vào đó để lập
luận. Nếu trên
( )
ba,
hàm số có 1 cực trị duy nhất là cực đại hoặc cực tiểu, thì giá
trị đó là giá trị lớn nhất hoặc giá trị bé nhất của hàm số. Ngoài ra có thể áp dụng
quy tắc tìm Max ƒ
(x)
và Min ƒ
(x)
trên khoảng
[ ]
ba,

VD 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
Y = Sin
20
x + Cos
20
x
(Đại học Luật 1999)
8
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Lời giải:

Ta có Sin(x +
2
π
) = Cosx = Cos(x +
2
π
) = - Sinx nên hàm số
Y = Sin
20
x + Cos
20
x có chu kỳ là
2
π
. Do đó, ta chỉ cần xét giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất của hàm số trên







2
,0
π
.
Ta có Y’ = 20 Sin
19
xCosx − 20Cos
19
xSinx
= 20SinxCosx .(Sin
18 x
− Cos
18
x)
Y’ = 0 ⇔





=
=
=
CosxSinx
Cosx
Sinx
0

0
⇔








=
=
=
4
2
0
π
π
x
x
x
Ta có Y
(0)
= 1, Y
(
2
π
)
= 1, Y
(

4
π
)
=
9
2
1
Vậy Min Y =
12
5
1
khi x =
24
ππ
k
+
(Với k ∈Z)
Max Y = 1 khi x =
2
π
k
(Với k ∈Z)
VD 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
Y = Sin
6
x + Cos
6
x + aSinxCosx
Lời giải:

Ta có: Sin
6
x + Cos
6
x = (Sin
2
x)
3
+(Cos
2
x)
3
= (Sin
2
x + Cos
2
x)( Sin
4
x − Sin
2
x Cos
2
x + Cos
4
x)
= (Sin
2
x + Cos
2
x)

2
− 3Sin
2
x Cos
2
x
= 1 − 3Sin
2
x Cos
2
x
Nên Y = − 3Sin
2
x Cos
2
x + aSinx Cosx + 1
= −
4
3
Sin
2
2x +
2
a
Sin2x + 1
Đặt Sin2x = t Với t ∈
[ ]
1,1
−
9

Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Ta có: Y = −
4
3
t
2
+
2
a
t + 1
⇒ Y’ = −
4
3
t +
2
a
; Y’ = 0 ⇒ t =
3
a
Ta có: Y
(
3
a
)
=
1
12
2
+
a

; Y
(-1)
=
4
21 a
−
; Y
(1)
=
4
21 a
+
Lập bảng biến thiên:
x
-∞
3
a
+∞
Y’ + 0 −
Y
12
2
a
Ta có 3 trường hợp có thể xảy ra là:

[ ]
1,1
−
∈







∞−
3
,
a
⇔
3
a
> 1 ⇔ a > 3
Khi đó: Y = −
4
3
t
2
+
2
a
t + 1 đồng biến trên
[ ]
1,1
−
; Do đó:
MinY = Y
(-1)
=
4

21 a
−
và MaxY = Y
(1)
=
4
21 a
+

[ ]
1,1
−
∈






+∞
,
3
a
⇔
3
a
< -1 ⇒ a < -3
Khi đó hàm số Y = −
4
3

t
2
+
2
a
t + 1 nghịch biến trên
[ ]
1,1
−
; Do đó:
MinY = Y
(1)
=
4
21 a
+
; MaxY = Y
(-1)
=
4
21 a
−

3
a
∈
[ ]
1,1
−
⇔ -1 ≤

3
a
≤ 1 ⇔ -3 ≤ a ≤ 3
Khi đó hàm số Y = −
4
3
t
2
+
2
a
t + 1 đồng biến trên






−
3
,1
a
, nghịch biến trên






1,

3
a
. Đạt cực trị tại t =
3
a
10
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Do đó: MinY = Min{Y
(-1)
,Y
(1)
} = Min{
4
21 a
−
,
4
21 a
+
}
MaxY = Y
(
3
a
)
=
1
12
2
+

a
So sánh Y
(-1)
và Y
(1)
⇔ so sánh
4
21 a
−
và
4
21 a
+
Ta tiến hành xét hiệu 2 số :
4
21 a
−
−
4
21 a
+
=
4
3a
−
∗ Nếu −a > 0 ⇔ a < 0 ⇔ Y
(-1)
> Y
(1)
⇒ MinY = Y

(1)
∗ Nếu −a < 0 ⇔ a > 0 ⇔ Y
(-1)
< Y
(1)
⇒ MinY = Y
(-1)
Bảng biện luận:
a
∞−
3
−
0 3
∞+
MinY
4
21 a
+
4
21 a
+
4
21 a
−
4
21 a
−
MaxY
4
21 a

−
12
12
2
+
a
12
12
2
+
a
4
21 a
+
VD 3: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
Y = x + Cos
2
x Trên đoạn 0 ≤ x ≤
4
π
(Đại học Ngoại ngữ 1995)
Lời giải:

− Ta có miền xác định D =







4
,0
π
−Ta có Y’ = 1 − 2SinxCosx = 1 − Sin2x > 0 Với ∀x ∈






4
,0
π
−Y
(0)
= 1 ; Y
(
4
π
)
=
2
1
4
+
π
−Bảng biến thiên:
x
∞−
0

4
π

∞+
Y’ +
11
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Y
2
1
4
+
π
1
Vậy MinY = 1 khi x = 0
MaxY =
2
1
4
+
π
khi x =
4
π
VD 4: Cho hàm số:
Y = x
4
− 6mx + m
2
Tùy theo giá trị của m. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên

[ ]
1,2
−
Lời giải:

− Đặt t = x
2
thì ƒ
(t)
= t
2
− 6mt + m
2
− Với t ∈
[ ]
4,2
−
ta có hàm số Y là hàm số chẵn trên D
⇒ Max Y = Max Y = Max Y
x∈
[ ]
1,2
−
t ∈
[ ]
4,2
−
t ∈
[ ]
4,0

Ta có: ƒ
(t)
’
= 2t – 6m ⇒ ƒ
(t)
’
= 0 ⇒ t = 3m ⇒ Ta có 3 trường hợp xảy ra:
 Nếu 3m < 0 hay m < 0 . Ta có bảng biến thiên sau:
x
∞−
3m 0 4
∞+
ƒ
(t)
’
0 − +
+
ƒ
(t)
Vậy Max Y = ƒ
(4)
= m
2
− 24m + 16 (1)
12
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
 Nếu 3m ≥ 4 ⇒ m ≥
3
4
. Ta có bảng biến thiên sau đây:

t
∞−
0 4 3m
∞+
ƒ
(t)
’
− − − 0
ƒ
(t)
Vậy Max Y = max ƒ
(0)
= m
2
(2)
 Nếu 0 < 3m < 4 hay 0 < m <
3
4
Ta có bảng biến thiên sau:
t
∞−
0
3m
4
∞+
ƒ
(t)
’
−
− +

0
ƒ
(t)

CT
Max Y = Max[ƒ
(0)
,ƒ
(4)
] = Max(m
2
,m
2
− 24m + 16) (3)
Xét hiệu m −( m
2
− 24m + 16) = 24m − 16
− Nếu m >
3
2
thì MaxY = m
2
− Nếu 0 < m ≤
3
2
thì MaxY = m
2
− 24m + 16 (4)
Từ (1),(2),(3),(4) Ta có:
Max Y = m

2
− 24m + 16 nếu m <
3
2
và m
2
nếu m>
3
2
x∈
[ ]
1,2
−

13
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
VD 5: Người ta dùng tấm tôn kim loại để gò một thùng hình trụ tròn xoay có 2 đáy
với thể tích cho trước. Hãy xác định kích thước của hình trụ để vật liệu tốn ít nhất.
Lời giải:
Gọi x là bán kính đáy, h là chiều cao của hình trụ (x,h > 0), S là diện tích
toàn phần, v là thể tích của hình trụ.
Ta có: S = 2πx
2
+ 2πxh (1)
V = πx
2
h (2)
Từ (2) ⇒ h =
2
x

V
π


Thay vào (1) ta có:
S = 2πx
2
+
x
V2
( Với x > 0)
Ta có: S’ = 4πx −
2
2
x
V
=
2
3
24
x
Vx
−
π
S’ = 0 ⇒ x =
3
2
π
V
Ta có bảng biến thiên:

X
∞−
0
3
2
π
v

∞+
S’
− 0 +
14
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
S
CT
Vậy S nhỏ nhất khi: x =
3
2
π
V
khi đó
h =
x
V
π
= 2
3
2
π
V

= 2x
Vậy cần phải chọn bán kính hình trụ x =
3
2
π
V
và chiều cao h = 2
3
2
π
V
VD 6:

Từ một tấm tôn hình chữ nhật có kích thức a, b. người ta cắt bỏ 4 hình vuông
bằng nhau ở 4 góc. Rồi gò thành một hình hộp chữ nhật không nắp. Cạnh của hình
vuông cắt đi phải bằng bao nhiêu để hình hộp có thể tích lớn nhất.
Lời giải:

a) Trường hợp 1: giả sử a ⊂ b, gọi x là cạnh của hình vuông cắt đi,
Ta phải có : 0 < x <
2
a
ta có thể tích của hình hộp là:
V = π ( a-2x) (b – 2x) = 4x
3
- 2 ( a+b) x
2
+ abx
→ V
’

= 12x
2
– 4 ( a+b)x + ab , V
’
= 0 → x
1
=
6
1
(a + b -
22
baba
+−
)
x
2
=
6
1
(a + b +
22
baba
+−
)
Theo định lý Viét x
1
> 0, x
2
> 0 và V’ (
2

a
) = a
2
- ab < 0
Nên 0 < x
1
<
2
a
< x
2
ta có bảng biến thiên:
x
∞−
0
x
1
2
a
x
2
V’ + + 0 - - 0
15
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
V
CĐ
Vậy V đạt giá trị lớn nhất khi x =
6
1
(a + b -

22
baba
+−
)
b) Trường hợp 2: Nếu a = b thì V’ = 0 có 2 nghiệm x
1
=
6
a
; x
2
=
2
a
Khi đó V lớn nhất khi x = x
1
=
6
a
Vậy trong mọi trường hợp V lớn nhất khi:
X =
6
1
(a + b -
22
baba
+−
)
4.Phương pháp sử dụng định nghĩa giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
VD 1: Cho hàm số Y = x + 1 – x

2
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số.
Lời giải:

Ta có: Y = x + 1 – x
2
= -(x
2
-
2
1
x +
4
1
) +
4
5
=
2
2
1
4
5






−−

x
≤
4
5
Dấu bằng xảy ra khi x =
2
1
Vậy hàm số có giá trị lớn nhất bằng
4
5
khi x =
2
1
VD 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
F
(x)
= 2 Sin
2
x + 4 SinxCosx +
5
Lời giải:

Ta có: F
(x)
= 2Sin2x – Cos2x +
5
+ 1
=
5
(

5
2
Sin2x -
5
1
Cos2x) +
5
+ 1
=
5
( Sin2xCos
α
- Cos2xSin
α
) +
5
+ 1
16
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Trong đó:
5
2
= Cos
α
,
5
1
= Sin
α
⇒ F

(x)
=
5
Sin(2x-
α
) +
5
+ 1
Vì Sin(2x-
α
) ∈
[ ]
1,1
−
nên
5
Sin(2x-
α
) ∈
[ ]
5,5
−
Do đó: F
(x)
∈
[ ]
155,155
++++−
Hay F
(x)

∈
[ ]
152,1
+
Vậy MaxF
(x)
= 1 ; Max F
(x)
=
152
+
II. GIẢI BÀI TOÁN BẰNG NHIỀU PHƯƠNG PHÁP.
VD 1: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
Y =
x
xx 1
2
++
Với x > 0
Lời giải:

Cách 1: Dựa vào bảng biến thiên.
Ta có TXĐ là D =
( )
+∞
,0
Ta có Y’ =
2
2
1

x
x
−
; Y’ = 0 ⇒ x = 1(vì x > 0)
Bảng biến thiên:
X
∞−
0 1
∞+
Y’
− 0 +
Y
∞−

∞+
3
Vậy MinY = 3 khi x = 1 và hàm số không tồn tại giá trị MaxY
Cách 2: Dùng bất đẳng thức Côsi.
17
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Ta có Y =
x
xx 1
2
++
= x + 1 +
x
1
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương x, 1,
x

1
Ta có: Y = x + 1 +
x
1
≥ 3
x
x
1
.1.
= 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =
x
1
hay x = 1 (vì x > 0)
Vậy MinY = 3 khi x = 1
Cách 3: Sử dụng miền giá trị:
Y
0
thuộc miền giá trị T của hàm số với x > 0 khi phương trình:
Y
0
=
x
xx 1
2
++
có nghiệm (Phương trình ẩn x)
Hay x
2
+ (1 – Y

0
)x + 1 = 0 có nghiệm khi và chỉ khi:
( )





>=>−=
≥−−=∆
)01(01
041
2
0
PvìYS
Y
o
⇔ Y
0
≥ 3
Dầu = xảy ra khi x =
1
2
13
2
1
0
=
−
=

−
Y
Vậy MinY = 3 khi x = 1
VD 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
Y =
1
1
2
++
+
SinxxSin
Sinx
Lời giải:

Cách 1:
− Ta có TXĐ của hàm số : D = R
− Đặt t = Sinx với t
[ ]
1,1
−∈
Ta có: Y =
1
1
2
++
+
tt
t
với t
[ ]

1,1
−∈
⇒ Y’ =
( )
2
2
2
1
2
++
−−
tt
tt
; Y’ = 0 ⇔ t
2
+ 2t = 0 ⇒ t = 0(t = -2 loại vì ∉
[ ]
1,1
−
)
18
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Ta có Y
(0)
= 1 ; = 1 ; Y
(-1)
= 0 ; Y
(1)
=
3

2
Vậy MinY = 0 khi t = 1 ⇔ Sinx = -1 ⇒ x =
π
π
k
+
−
2
(Với k ∈Z)
MaxY = 1 khi t = 0 ⇔ Sinx = 0 ⇒ x = kπ (Với k ∈Z)
Cách 2: Sử dụng miền giá trị:
Gọi Y
0
thuộc miền giá trị T của hàm số. Khi đó phương trình:
Y
0
=
1
1
2
++
+
SinxxSin
Sinx
có nghiệm (ẩn x)
⇔ Y
0
Sin
2
x + (Y

0
- 1)Sinx + Y
0
– 1 = 0 có nghiệm
Điều này xảy ra khi và chỉ khi: Y
0
= 0 hoặc
( ) ( )





>
>−−−=∆
0
0141
00
2
0
o
Y
YYY
∗ Y
0
= 0 ⇔ Sinx = -1 ⇒ x =
π
π
k
+

−
2
(Với k ∈Z)
∗
( ) ( )





>
>−−−=∆
0
0141
00
2
0
o
Y
YYY
⇔ Y
0
2
– 2Y
0
+ 1 - 4Y
0
2
+ 4Y
0

> 0
⇔ -3Y
0
2
+ 2 Y
0
+ 1 ≥ 0 ⇒
1
3
1
0
≤≤
−
Y
Vậy MaxY = 1 khi Sinx = 0 ⇒ x = kπ (Với k ∈Z)
Cách 3: Vì Sinx < 1 ⇒
1
1
2
++
+
SinxxSin
Sinx
≥ 0 Với ∀x
Dấu “=” xảy ra khi Sinx = -1 ⇒ x = kπ (Với k ∈Z).
VD 3: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số :
Y =
xx
−+−
91

Với 3 ≤ x ≤ 6
(Học viện quan hệ quốc tế 2001-2002)
Lời giải:

Cách 1:
19
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Vì Y > 0 với ∀ x∈
[ ]
6,3
nên Y đạt max, min đồng thời với Y
2
đạt max, min
Ta có: Y
2
= 8 + 2
( )( )
xx
−−
91
≤ 8 + (x +1) + (9 - x) = 16
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x – 1 = 9 – x ⇒ x = 5
MaxY = 4 khi x = 5
Để tìm MinY ta đi tìm Y
2
= 8 + 2
910
2
−+−
xx

Y
2
nhỏ nhất khi g
(x)
= -x
2
+ 10x – 9 (Với 3 ≤ x ≤ 6 ) đạt giá trị nhỏ nhất
Do x
0
=
a
b
2
−
=
5
2
10
=
−
−
x∈
[ ]
6,3
⇒ Min(-x
2
+ 10x – 9 ) =Min{g
(3)
, g
(0)

}
= g
(3)
= 12
Do đó: Min(Y
2
) =
1228
+
=
( )
2
62
+
MinY = Y
(3)
=
62
+
Cách 2:
Ta có Y’
(x)
=
xx
−
−
−
92
1
12

1
Với 3 ≤ x ≤ 6
=
( )( )
xx
xx
−−
−−−
912
19
Y’= 0 ⇔
19
−=−
xx
⇔ x = 5
Lập bảng biến thiên:
X 3 5 6
Y’ + 0 -
Y
MaxY
Từ bảng biến thiên ta có:
MinY = Min{ Y
(3)
, Y
(0)
} = Min
{ }
35,62
++
20

Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
⇒ MinY =
62
+
MaxY = Y
(5)
= 4
III. MÔT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP(PHỐI HỢP NHIỀU PHƯƠNG PHÁP) ĐỂ
GIẢI BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHÂT, LỚN NHẤT CỦA HÀM SỐ.
VD 1: Xét các số thực dương x ,y , z thõa mãn điều kiện
( )
xyzzyx 32
3
=++
. Hãy
tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:
P =
( )
4
444
zyx
zyx
++
++
(Đề thi học sinh giỏi quốc gia THPT môn toán năm 2004)
Lời giải:

Ta thấy: với α là số thực dương tùy ý ta luôn có P
(x,y,z)
= P

(
α
x ,
α
y ,
α
z)
và x , y , z
thõa mãn điều kiện bài toán thì αx, αy, αz cùng thỏa mãn điều kiện đó. Vì thể,
không mất tính tổng quát có thể giả sử: x + y + z = 4.
Khi đó kết hợp với điều kiện của bài toán ta được: xyz = 2. Lúc này bài toán trở
thành:
Tìm giá trị lớn nhât, nhỏ nhất của biêu thức:
P =
( )
444
256
1
zyx
++
khi các số thực dương x,y,z thay đổi sao cho x +
y + z = 4 và xyz = 2
Đặt Q =
( )
444
zyx
++
và t = xy + yz + zx Ta có:
Q =
( ) ( )

222222
2
444
2 xzzyyxzyx
++−++
=
( )
( )
[ ]
zyxxyztt
++−−−
2224
2
2
2
=
( )
144322324642
242
+−=++−
tttt
(1)
Từ các điều kiện đối với x, y, z ta được:
xzy
−=+
4
và
=
yz
x

2
do đó :
( )
x
xxt
2
4
+−=
(2)
Từ (2) ta được
( )
8168
8
4
23
2
−+−−>−
xxx
x
x
⇔
( )
( )
0462
2
≥+−−
xxx
⇔
253
≤≤−

x
do x
( )
4,0
∈
21
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Xét hàm số t trên đoạn






−
2
155
,5
ta có:
Min ƒ
(t)
= ƒ
( )
2
155
−
=
2
5165383
−

Maxƒ
(t)
= ƒ
(5)
= 9
Kết hợp với (1) ta được MinQ =
5165383
−
và MaxQ = 18
Vì vậy, MinP =
256
5165383
−
khi x =
73
−
, y = z =
2
51
+
MaxP =
128
9
khi x = 2 ; y = z = 1
VD 2: Xét tứ giác lồi ABCD có đường tròn nội tiếp. Gọi M,N,P,Q theo thứ tự là
tiếp điểm của đường tròn nội tiếp. Với các cạnh AB,BC,CD,DA. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
T =
14
2

43
2
32
2
21
2
xx
DQ
xx
CP
xx
BN
xx
AM
+++
Trong đó
{ }
4321
,,, xxxx
là hoán vị của độ dài các cạnh a = AB , b = BC , c = CD , d
= DA.
Lời giải: Để trình bày gọn, sau khi sử dụng tính chất của tiếp tuyến xuất phát từ
mỗi đỉnh của tứ giác lồi tới đường tròn nội tiếp ta đưa vào các ký hiệu sau:
AQ = AM = x ; BM = BN = y ; CN = CP = z ; AP = DQ = t
Thế thì x + y + z + t = p trong đó ta đặt x
1
+ x
2
+ x
3

+ x
4
= a + b + c + d = 2p
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho 2 bộ 4 số dương là:








14433221
,,,
xx
t
xx
z
xx
y
xx
x
và
( )
14433221
,,, xxxxxxxx
ta có:
( )( ) ( )
2
14433221

14
2
43
2
32
2
21
2
tzyxxxxxxxxx
xx
t
xx
z
xx
y
xx
x
+++≥++++++
Hay: T
( )( ) ( )
2
43214231
4
1
xxxxxxxx
+++≥++
⇔ T ≥
( ) ( )
[ ]
( ) ( )

1
4
4231
2
4231
≥
++
+++
xxxx
xxxx
(∗)
22
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Đẳng thức xảy ra ở (∗) khi và chỉ khi:
( ) ( )
( )





=+=+
====
2
1
4231
14433221
Pxxxx
k
xx

t
xx
z
xx
y
xx
x
Ngoài ra, x, y, z , t còn thỏa mãn các đẳng thức:
x + y = a , y + z = b , z + t = c , t + x = d (3)
Theo tính chất của dãy tỷ số bằng nhau. Từ (1), (2), (3), ta được:

P
P
P
Px
c
Px
a
Px
d
k
1
2
431
=====
(4)
Từ (4) ta có kết luận sau đây:
Biểu thức T đạt cực tiểu T
min
= 1 khi và chỉ khi x

1
= d,x
2
= a,x
3
= b,x
4
= c (5)
Đồng thời đối chiếu (1) , (5) ta được:
P
cd
t
P
bc
z
P
ab
y
P
da
x
====
,,,
(6)
Tóm lại: Trong 4! = 24 hoán vị
{ }
4321
,,, xxxx
khác nhau của
{ }

dcba ,,,

nhưng chỉ có 1 hoán vị
{ }
4321
,,, xxxx
=
{ }
cbad ,,,
. Sắp xếp theo thứ tự này thõa
mãn điều kiện của biểu thức. T đạt cực tiểu và giá trị cực tiểu T
min
= 1 đạt được với
mọi tứ giác lồi.
VD 3: Trong các nghiệm (x,y) của biểu thức :
( )
12
22
2
≥+
+
yxLog
yx
Hãy chỉ ra nghiệm có tổng 2x + y lớn nhất
Lời giải:
Ta có
( )
12
22
2

≥+
+
yxLog
yx
(1)
Điều kiện:



≠+<
>+
120
02
22
yx
yx
a) Trường hợp 1: x
2
+ 2y
2
> 1 thì hàm số Lôgarit trên là đồng biến
23
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
(1) ⇔





≤+−⇔+≥+

>+
02222
12
2222
22
yxxyxyx
yx
Viết biểu thức về trái dưới dạng bình phương đúng ta có:
( )
( )
)2(
8
9
22
1
1
22
1
21
22
1
22
1
2221222
22
2
2
2
222
=







+≤






−+−=






+−++−=−+−
yx
yyxxyyxx
Phân tích số 2x + y ta có:
( )
4
9
2
9
.

8
9
22
1
21
22
1
.2
22
1
2
2
1
)1(2
4
9
2
4
9
22
1
2
2
1
)1(2
21
1
.
2
1

2
22
1
2
2
1
)1(22
2
2
2
2
=≤














−+−







≤






−+−=−+⇒
+






−+−=
++






−+−=+
yx
yxyx
yx

yxyx
Kết hợp với (2) ta có: 2x + y ≤
2
9
4
9
4
9
=+
b) Trường hợp 2: 0 < x
2
+ 2y
2
< 1 ⇒ Hàm số cps nghịch biến.
(1) ⇔





<+<+
<+<
122
120
22
22
yxyx
yx
Trong cả hai trường hợp a) và b) ta có:
2

9
2
12
2
9
2
≤+⇒




<+
≤+
yx
yx
yx
Với (x,y) là nghiệm của phương trình (1)
Tổng 2x + y lớn nhất bẳng:
2
9

24
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực








=⇒==−
=⇒==−
⇔
=
−
=
+
−+
=
−
=
−
⇔
−
=
−
⇔
−
=
−
⇔
2
1
4
1
2
1
.
2
1

4
1
22
2
1
.422
2
1
2
9
4
9
2
9
2
1
4
4
9
2
2
1
4
1
4
22
2
1
4
1

2
1
2
1
22
1
2
2
1
yy
xx
yxy
x
y
x
y
x
Vậy tổng 2x + y lớn nhất bằng
2
9
khi x = 2, y =
2
1
IV.BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số:
a)
2
1 xxy
−+=
b)

xCosCosxy 2
2
1
+=
c)
2lg
1
2
2
+
+=
x
x
Lgy
d)
2
1
2
++=
xCosSinxy
e)
CosxSinxy
+=
Bài 2: Giả sử x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình:
0
12

4612
2
22
=+−+−
m
mmxx
Với giá trị nào của m thì x
1
3
+ x
2
3
a) Đạt giá trị lớn nhất
b) Đạt giá trị lớn nhất
25