Khoá luận tốt nghiệp toán MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG

ĐỀ TÀI
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ
LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA
HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG
LỜI CẢM ƠN
Trước hết em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy Nguyễn Quốc Tuấn - người đã
trực tiếp trực tiếp hướng dẫn, chỉ bảo tận tình để em hoàn thành tốt khóa luận của mình.
Em xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu trường Đại học Quảng Bình, toàn thể
thầy cô đặc biệt là các thầy cô giáo khoa Khoa Học Tự Nhiên đã tận tình giảng dạy và
giúp đỡ em trong 4 năm học vừa qua.
Em xin chân thành cảm ơn sự động viên giúp đỡ của gia đình và bạn bè đã tạo điều
kiện thuận lợi cho em trong suốt quá trình thực hiện khóa luận.
Lời cuối em xin chúc sức khỏe tất cả các thầy các cô, chúc thầy cô luôn hoành
thành tốt các nhiệm vụ được giao.
Quảng Bình, tháng 06 năm 2014

Sinh viên
Dương Thị Lan Hương
MỤC LỤC
A. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Ở trường trung học phổ thông, mục đích của việc giảng dạy môn toán là dạy học
sinh kiến thức về toán, cách giải bài tập, rèn luyện kỹ năng giải toán và hình thành tư duy
logic cho học sinh. Từ đó, yêu cầu đặt ra là giáo viên phải dạy cho học sinh phương pháp
giải các dạng toán.
Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất là một trong những chủ đề quan trọng
và hấp dẫn trong chương trình giảng dạy và học tập môn toán ở trường trung học phổ
thông. Các bài toán liên quan đến tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số thường
xuyên xuất hiện trong các kì thi. Tuy nhiên trong chương trình sách giáo khoa có rất ít các
bài tập dạng này và do những điều kiện khách quan mà sách giáo khoa không hệ thống lại
các phương pháp giải. Do đó việc cần thiết là phải cung cấp cho học sinh các phương

pháp giải dạng toán: “Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất’’. Khi đó sẽ giúp học sinh
lựa chọn được phương pháp thích hợp cho các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất và từ đó đưa ra các ứng dụng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số để giải
phương trình, bất phương trình.
Với những lí do trên, tôi xin hệ thống lại một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất thường gặp thông qua việc nghiên cứu đề tài: “ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ VÀ ỨNG
DỤNG”.
2. Mục đích nghiên cứu
Cung cấp cho học sinh nhiều cách giải dạng toán: “Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số” để học sinh giải toán tốt hơn.
Để học sinh thấy được ứng dụng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số để giải
phương trình, bất phương trình.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Hệ thống hóa một số phương pháp giải dạng toán: “ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số.
Giới thiệu ứng dụng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số để giải phương trình, bất
phương trình.
4. Phạm vi nghiên cứu
Các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ở trường Trung học phổ thông.
5. Đối tượng nghiên cứu
Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số và ứng dụng giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất giải phương trình, bất phương trình.
6. Phương pháp nghiên cứu
Trong quá trình nghiên cứu đề tài, tôi đã sử dụng một số phương pháp sau:
Nghiên cứu lý luận: Đọc sách, phân tích, đối chiếu các tài liệu toán học, lý luận dạy
học môn toán, sách giáo khoa.
Thực nghiệm sư phạm.
7. Cấu trúc của khóa luận
Lời cảm ơn

Mục lục
A. Mở đầu
B. Nội dung
Chương 1: Cơ sở lí thuyết về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
1. Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
2. Tính chất của giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
Chương 2: Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
1. Phương pháp dùng đạo hàm
2. Phương pháp dùng miền giá trị của hàm số
3. Phương pháp đưa về dạng bình phương
4. Phương pháp dùng bất đẳng thức Cô-si
5. Phương pháp dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
6. Phương pháp dùng tam thức bậc hai
7. Phương pháp dùng véc tơ
8. Phương pháp dùng lượng giác
9. Phương pháp dùng tính đối xứng của biến
Chương 3: Ứng dụng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số để giải phương
trình, bất phương trình
I. Ứng dụng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số để giải phương trình, bất
phương trình có tham số
II. Ứng dụng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số để giải phương trình, bất
phương trình không có tham số
C. Kết luận
D. Hệ thống bài tập tham khảo
E. Tài liệu tham khảo.
B. NỘI DUNG
CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ THUYẾT VỀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,
GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
1. Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
Cho hàm số

( )y f x=
xác định trên tập
D ⊂ ¡
.
* Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số
( )y f x=
trên D, kí hiệu:
max ( )
x D
M f x
∈
=
nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:
0 0
: ( )
: ( ) .


x D f x M
x D f x M
∀ ∈ ≤


∃ ∈ =

* Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )y f x=
trên D, kí hiệu:
min ( )
x D

m f x
∈
=
nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:

0 0
: ( )
: ( ) .


x D f x m
x D f x m
∀ ∈ ≥


∃ ∈ =

2. Các tính chất của giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
Tính chất 1
Giả sử
( )f x
xác định trên D và A, B là hai tập con của D, trong đó
A B⊆
. Giả
thiết tồn tại
max ( )
x A
f x
∈
,

max ( )
x B
f x
∈
,
min ( )
x A
f x
∈
,
min ( )
x B
f x
∈
. Khi đó ta có:
a,
max ( ) max ( )
x A x B
f x f x
∈ ∈
≤
; b,
min ( ) min ( )
x A x B
f x f x
∈ ∈
≥

Chứng minh :
Chứng minh a: Giả sử

0
max ( ) ( )
x A
f x f x
∈
=
, với
0
.x A∈
Do
0
x A∈
mà
A B⊆
nên
0
.x B∈
Ta có
0
( ) max ( )
x B
f x f x
∈
≤
hay
max ( ) max ( )
x A x B
f x f x
∈ ∈
≤

⇒
đpcm.
Chứng minh b: Giả sử
0
min ( ) ( )
x A
f x f x
∈
=
, với
0
.x A∈
Do
0
x A∈
mà
A B⊆
nên
0
.x B∈
Ta có:
0
( ) min ( )
x B
f x f x
∈
≥
hay
min ( ) min ( )
x A x B

f x f x
∈ ∈
≥
⇒
đpcm.
Tính chất 2
Giả sử hàm số
( )f x
xác định trên D và tồn tại
max ( )
x D
f x
∈
và
min ( )
x D
f x
∈
. Khi đó ta có:
a,
max ( ) min( ( ))
x D
x D
f x f x
∈
∈
= − −
; b,
min ( ) max( ( ))
x D

x D
f x f x
∈
∈
= − −
.
Chứng minh: a,
max ( ) min( ( ))
x D
x D
f x f x
∈
∈
= − −
Giả sử
max ( )
x D
M f x
∈
=
. Khi đó theo định nghĩa giá trị lớn nhất, ta có:
0 0
( ) ,
( ) , .


f x M x D
f x M x D
≤ ∀ ∈



= ∈

Từ hệ trên suy ra
0
( ) ,
( ) .
f x M x D
f x M
− ≥ − ∀ ∈


− = −


Theo định nghĩa của giá trị nhỏ nhất, suy ra
min( ( )) .
x D
f x M
∈
− = −

Như vậy ta đi đến
max ( ) min( ( ))
x D
x D
f x f x
∈
∈
= − − ⇒

đpcm.
Chứng minh tương tự b,
min ( ) max( ( ))
x D
x D
f x f x
∈
∈
= − −
.
Tính chất 3
Giả sử
( )f x
và
( )g x
là hai hàm số cùng xác định trên D và thỏa mãn điều kiện
( ) ( )f x g x≥
,
x D
∀ ∈
. Giả sử cùng tồn tại
max ( )
x D
f x
∈
;
max ( )
x D
g x
∈

.
Khi đó ta có:
max ( ) max ( )
x D x D
f x g x
∈ ∈
≥
.
Chứng minh: Giả sử
0
max ( ) ( )
x D
g x g x
∈
=
, với
0
x D∈
.
Ta có:
0 0
( ) ( ), ( ) ( )f x g x x D f x g x≥ ∀ ∈ ⇒ ≥
Do
0 0
max ( ) ( ) ( ) max ( )
x D x D
f x f x g x g x
∈ ∈
≥ ≥ = ⇒
đpcm.

Tính chất 4
Giả sử
( )f x
là hàm số xác định trên D và
1 2
D D D= ∪
. Nếu tồn tại
max ( )
i
x D
f x
∈
,
min ( )
i
x D
f x
∈
với
1,2i =
thì ta có:
a,
{ }
1 2
max ( ) max max ( ), max ( )
x D x D x D
f x f x f x
∈ ∈ ∈
=
; (1)

b,
{ }
1 2
min ( ) min min ( ), min ( )
x D x D x D
f x f x f x
∈ ∈ ∈
=
. (2)
Chứng minh :
Ta chứng minh (1). Vì
, 1,2
i
D D i⊆ =
nên theo tính chất 3, ta có:
1
max ( ) max ( )
x D x D
f x f x
∈ ∈
≤
;
2
max ( ) max ( )
x D x D
f x f x
∈ ∈
≤
(3)
Từ (3) suy ra

{ }
1 2
max max ( ); max ( ) max ( ).
x D x D x D
f x f x f x
∈ ∈ ∈
≤
(4)
Giả sử
0
max ( ) ( )
x D
f x f x
∈
=
, với
0
x D∈
.
Vì
1 2
D D D= ∪
mà
0
x D∈
nên
0 1 2
.x D D∈ ∪
Do vậy
0

x
phải thuộc về ít nhất một
trong hai tập
1 2
, . D D
Từ đó có thể cho là (mà không làm giảm sự tổng quát)
0 1
x D∈
.
Từ
0 1
x D∈
nên theo định nghĩa về giá trị lớn nhất, ta có:
1
0
( ) max ( ).
x D
f x f x
∈
≤
(5)
Hiển nhiên
{ }
1 2
max ( ) max max ( ); max ( ) .
x D x D
f x f x f x
∈ ∈
≤
(6)

Từ (5), (6) suy ra
{ }
1 2
0
( ) max ( ) max max ( ); max ( ) .
x D x D x D
f x f x f x f x
∈ ∈ ∈
= ≤
(7)
Bây giờ từ (4), (7) đi đến:
{ }
1 2
max ( ) max max ( ); max ( )
x D x D x D
f x f x f x
∈ ∈ ∈
= ⇒
đpcm.
Chứng minh tương tự
{ }
1 2
min ( ) min min ( ), min ( )
x D x D x D
f x f x f x
∈ ∈ ∈
=
.
Tính chất 5
Cho các hàm số

1 2
( ), ( ), , ( )
n
f x f x f x
cùng xác định trên miền D.
Đặt
1 2
( ) ( ) ( ) ( )
n
f x f x f x f x= + + +
. Nếu tồn tại
max ( )
x D
f x
∈
,
min ( )
x D
f x
∈
,
max ( )
i
x D
f x
∈
,
min ( )
i
x D

f x
∈
với
1,i n=
thì ta có:
a,
1 2
max ( ) max ( ) max ( ) max ( )
n
x D x D x D x D
f x f x f x f x
∈ ∈ ∈ ∈
≤ + +
; (1)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tồn tại
0
x D∈
sao cho:
0
max ( ) ( ), 1,
i i
x D
f x f x i n
∈
= ∀ =
.
b,
1 2
min ( ) min ( ) min ( ) min ( )
n

x D x D x D x D
f x f x f x f x
∈ ∈ ∈ ∈
≤ + + +
. (2)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tồn tại
0
x D∈
sao cho:
min ( ) ( ), 1,
i i o
x D
f x f x i n
∈
= ∀ =
.
Chứng minh:
Ta chứng minh (1)
Lấy tùy ý
x D
∈
. Theo định nghĩa của giá trị lớn nhất ta có:
( ) max ( ), 1, .
i i
x D
f x f x i n
∈
≤ ∀ =
( 3)
Cộng từng vế n bất đẳng thức (3), ta có:

1 1
( ) ( ) ( ) max ( ) max ( )
i i
n n
x D x D
f x f x f x f x f x
∈ ∈
= + + ≤ + +
(4)
Vì bất đẳng thức (4) đúng với mọi
x D∈
nên ta có
max ( ) max ( ) max ( )
i i
i n
x D x D x D
f x f x f x
∈ ∈ ∈
≤ + +
(5)
Vậy (1) đúng. Bây giờ ta xét khả năng có dấu bằng trong (1).
Giả sử tồn tại
0
x D∈
mà
0
max ( ) ( ), 1, .
i i
x D
f x f x i n

∈
= ∀ =

Từ đó ta có
1 1 0 0 0
max ( ) max ( ) ( ) ( ) ( )
n n
x D x D
f x f x f x f x f x
∈ ∈
+ + = + + =
(6)
Do
0
( ) max ( )
x D
f x f x
∈
≤
, nên từ (6) suy ra
1
max ( ) max ( ) max ( )
n
x D x D x D
f x f x f x
∈ ∈ ∈
+ + ≤
(7)
Từ (5) và (7) suy ra trong trường hợp này xảy ra dấu bằng trong (1).
Đảo lại, giả sử dấu bằng trong (1) xảy ra, tức là

1
max ( ) max ( ) max ( )
n
x D x D x D
f x f x f x
∈ ∈ ∈
= + +
(*)
Khi đó, gọi
0
x D∈
sao cho
0
(x ) max ( )
x D
f f x
∈
=
. Như thế
1,i n∀ =
ta cũng có
0
( ) max (x)
i i
x D
f x f
∈
=
, vì nếu ngược lại, sẽ tồn tại
{ }

1, k n∈
mà
0
( ) max ( )
k k
x D
f x f x
∈
<
, suy ra
(*) không còn đúng nữa (vế trái lớn hơn vế phải)
Vậy tính chất 5a được chứng minh
Chứng minh tương tự
1 2
min ( ) min ( ) min ( ) min ( )
n
x D x D x D x D
f x f x f x f x
∈ ∈ ∈ ∈
≤ + + +
.
Tính chất 6
Giả sử
1 2
( ), ( ), , ( )
n
f x f x f x
cùng xác định trên miền D và ta có
( ) 0
i

f x >

x D
∀ ∈
,
1,i n∀ =
. Giả thiết nếu tồn tại
max ( )
i
x D
f x
∈
,
min ( )
i
x D
f x
∈
,
max ( )
x D
f x
∈
,
min ( )
x D
f x
∈
.
Đặt

1 2
( ) ( ). ( ) ( )
n
f x f x f x f x=
. Khi đó ta có:
a,
( ) ( ) ( )
1 2
max ( ) max ( ) max ( ) max ( )
n
x D x D x D x D
f x f x f x f x
∈ ∈ ∈ ∈
≤
; (1)
b,
( ) ( ) ( )
1 2
min ( ) min ( ) min ( ) min ( )
n
x D x D x D x D
f x f x f x f x
∈ ∈ ∈ ∈
≥
(2)
Dấu bằng trong (1) xảy ra khi và chỉ khi tồn tại
0
x D∈
sao cho
0

max ( ) ( ), i 1,
i i
x D
f x f x n
∈
= ∀ =
Dấu bằng trong (2) xảy ra khi và chỉ khi tồn tại
0
x D∈
sao cho
0
min ( ) ( ), i 1,
i i
x D
f x f x n
∈
= ∀ =
.
Chứng minh : Chứng minh tương tự tính chất 5.
Tính chất 7
Giả sử
( )f x
và
( )g x
là hai hàm số cùng xác định trên miền D.
Đặt
( ) ( ) ( )h x f x g x= −
. Nếu tồn tại các giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )f x
,

( )g x
,
( )h x
trên D. Khi đó ta có:
a,
max ( ) max ( ) min ( )
x D
x D x D
h x f x g x
∈
∈ ∈
≤ −
; (1)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tồn tại
0
x D∈
sao cho:
( )
0
max ( )
x D
f x f x
∈
=
;
0
min ( ) ( )
x D
g x g x
∈

=

b,
min ( ) min ( ) min ( )
x D x D x D
h x f x g x
∈ ∈ ∈
≥ −
. (2)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tồn tại
0
x D∈
sao cho:
0
min ( ) ( )
x D
f x f x
∈
=
;
0
max ( ) ( )
x D
g x g x
∈
=
.
Chứng minh: Ta chỉ cần chứng minh (1).
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ( )).h x f x g x f x g x= − = + −

Theo tính chất 5, ta có:
max ( ) max ( ) max( ( )).
x D x D x D
h x f x g x
∈ ∈ ∈
≤ + −
(3)
Theo tính chất 2, ta có:
[ ]
max( ( )) min ( ( )) min ( ).
x D x D
x D
g x g x g x
∈ ∈
∈
− = − − − = −
(4)
Thay (4) vào (3) ta có
max ( ) max ( ) min ( ).
x D
x D x D
h x f x g x
∈
∈ ∈
≤ −
Vậy (1) đúng.
Vẫn theo tính chất 5 thì dấu bằng trong (3) xảy ra khi và chỉ khi tồn tại
0
x D∈
sao

cho ta có:
0
max ( ) ( );
x D
f x f x
∈
=

0
max( ( )) ( ).
x D
g x g x
∈
− = −

Nhưng
0 0 0
max( ( )) ( ) min ( ) ( ) min ( ) ( )
x D x D
x D
g x g x g x g x g x g x
∈ ∈
∈
− = − ⇔ − = − ⇔ = ⇒
đó là
đpcm.
Tính chất 8
Giả sử
( )f x
và

( )g x
là hai hàm số cùng xác định và dương khi
x D∈
. Đặt
( )
( )
( )
f x
h x
g x
=
. Nếu tồn tại các giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của các hàm số
( )f x
,
( )g x
,
( )h x
trên D. Khi đó ta có:
max ( )
max ( )
max ( )
x D
x D
x D
f x
h x
g x
∈
∈
∈

≤
; (1)

min ( )
min ( )
max ( )
x D
x D
x D
f x
h x
g x
∈
∈
∈
≤
(2)
Dấu bằng trong (1) xảy ra khi và chỉ khi tồn tại
0
x D∈
sao cho:
0
max ( ) ( )
x D
f x f x
∈
=
;
0
min ( ) ( )

x D
g x g x
∈
=
.
Dấu bằng trong (2) xảy ra khi và chỉ khi tồn tại
0
x D∈
sao cho:
0
min ( ) ( )
x D
f x f x
∈
=
;
0
max ( ) ( )
x D
g x g x
∈
=
.
Chứng minh:
Tính chất 8 suy ra trực tiếp từ tính chất 6 với chú ý rằng (do
( ) 0f x >
,
( ) 0g x >
,
x D∀ ∈

).
Tính chất 9
a, Giả sử
( )f x
là hàm số xác định trên D. Khi đó, với mọi n nguyên dương ta có:

2 1
2 1
max ( ) max( ( ))
n
n
x D x D
f x f x
+
+
∈ ∈
=
;

2 1
2 1
min ( ) min( ( ))
n
n
x D x D
f x f x
+
+
∈ ∈
=

.
b, Giả sử
( )f x
là hàm số xác định trên D và
( ) 0f x ≥
,
.x D∀ ∈
Khi đó, với mọi n
nguyên dương, ta có:

2
2
max ( ) max( ( ))
n
n
x D x D
f x f x
∈ ∈
=
;

2
2
min ( ) min( ( ))
n
n
x D x D
f x f x
∈ ∈
=

.
Chứng minh:
Tính chất này suy ra trực tiếp từ định nghĩa của giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm
số, cũng như các tính chất về lũy thừa của một bất đẳng thức .
Tính chất 10
Giả sử
( )f x
là hàm số xác định trên D và tồn tại
max ( )
x D
f x
∈
,
min ( ).
x D
f x
∈
Khi đó ta có:
{ }
max ( ) max max ( ) ; min ( )
x D
x D x D
f x f x f x
∈
∈ ∈
=
. (1)
Chứng minh:
Áp dụng tính chất 2, thì hệ thức (1) có dạng tương đương sau:
{ }

max ( ) max max ( ) ; max( ( ))
x D x D x D
f x f x f x
∈ ∈ ∈
= −
(2)
Lấy tùy ý
0
x D∈
, khi đó xảy ra hai khả năng sau:
1. Nếu
0
( ) 0f x ≥
. Khi đó ta có
0 0
( ) ( ) max ( ) max ( ) .
x D x D
f x f x f x f x
∈ ∈
= ≤ ≤
(3)
Từ (3) hiển nhiên suy ra
{ }
( ) max max ( ) ; max( ( )) .
x D x D
f x f x f x
∈ ∈
≤ −
(4)
2. Nếu

0
( ) 0.f x ≤
Lúc này ta lại có:
0 0
( ) ( ) max( ( )) max( ( )) .
x D x D
f x f x f x f x
∈ ∈
= − ≤ − ≤ −

Vì vậy ta cũng có
{ }
0
( ) max max( ( )) ; max ( ) .
x D x D
f x f x f x
∈ ∈
≤ −
(5)
Từ (4), (5) và để ý rằng
0
x
là phần tử tùy ý của D, suy ra
{ }
0
( ) max max ( ) ; max( ( )) .
x D x D
f x f x f x
∈ ∈
≤ −

(6)
Không giảm tính tổng quát có thể cho là:
{ }
max max ( ) ; max( ( )) max ( )
x D x D x D
f x f x f x
∈ ∈ ∈
− =
(7)
Giả sử
0 0
max ( ) ( ) ,
x D
f x f x x D
∈
= ∈
(8)
Từ (7), (8) suy ra

{ }
0
( ) max max ( ) ; max( ( ))
x D x D
f x f x f x
∈ ∈
= −
(9)
Từ (6), (9) và theo định nghĩa giá trị lớn nhất của hàm số, ta có ngay

{ }

0
( ) max max ( ) ; max( ( )) .
x D x D
f x f x f x
∈ ∈
= −
Vậy
{ }
max ( ) max max ( ) ; min ( )
x D
x D x D
f x f x f x
∈
∈ ∈
=
.
CHƯƠNG II : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,
GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
1. Phương pháp dùng đạo hàm
1.1 Kiến thức cơ bản
Sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )y f x=

trên miền
D
, ta làm như sau:
Tính
' '
( )y f x=
. Tìm các điểm

1
x
,
2
x
, ,
n
x D∈
sao cho
'
( ) 0f x =
.
Lập bảng biến thiên.
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )y f x=
.
Chú ý:
1, Nếu
( )f x
có tập xác định
[ ]
; D a b=
, thì không cần lập bảng biến thiên, chỉ cần:
- Tìm các điểm
1
x
,
2
x
, ,

[ ]
;
n
x a b∈
sao cho
'
( ) 0f x =
.
- Tính
( )f a
,
( )f b
,
1
( )f x
,
2
( )f x
, ,
( )
n
f x
.
- Khi đó:
[ ]
{ }
1 2
;
max ( ) max ( ), ( ), ( ), ( ), , ( )

n
x a b
f x f a f b f x f x f x
∈
=


[ ]
{ }
1 2
;
min ( ) min ( ), ( ), ( ), ( ), , ( )


n
x a b
f x f a f b f x f x f x
∈
=
.
2, Nếu hàm số
( )y f x=
liên tục và có đạo hàm trên
[ ]
; D a b=
. Ta có: Hàm
f

tăng (giảm) trên

( ; ) a b
nếu
'
( ) 0f x ≥
'
( ( ) 0)f x ≤
,
[ ]
; x a b∀ ∈
. (Dấu “=” chỉ xảy ra tại
một số hữu hạn điểm thuộc
[ ]
; D a b=
). Từ đó suy ra:
Nếu
f
tăng trên
[ ]
; D a b=
thì:
min ( ) ( )
x D
f x f a
∈
=
,
max ( ) ( )
x D
f x f b
∈

=
Nếu
f
giảm trên
[ ]
; D a b=
thì:
min ( ) ( )
x D
f x f b
∈
=
,
max ( ) ( )
x D
f x f a
∈
=
.
1.2 Ví dụ áp dụng
Giải
Tập xác định:
D = ¡
.
Ta có:
2 2
'
2 2 2 2
( 1) (2 1)( 1) 2
( 1) ( 1)

x x x x x x
y
x x x x
+ + − + + − −
= =
+ + + +
.
2
' 0 2 0y x x= ⇔ − − =

0
2
x
x
=

⇔

= −


Bảng biến thiên:
x
−∞

-2 0
+∞
y’ - 0 + 0 -
y
0

1
3
−
1
0
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

2
1
1
x
y
x x
+
=
+ +
.
Dựa vào bảng biến thiên ta được:
Giá trị lớn nhất của y là 1, đạt được khi
0x =
.
Giá trị nhỏ nhất của y là
1
3
−
, đạt được khi
2x
= −

.
Giải
Miền xác định của hàm số
(0 ; ). D = + ∞
Đặt
2
log , 0 t x t= ≥
.
Khi đó:
1
2
y t
t
= +
+
.

2
'
2 2
1 ( 2) 1
1
( 2) ( 2)
t
y
t t
+ −
= − =
+ +

2
( 1)( 3)
0
( 2)

t t
t
+ +
= >
+
với
0t ≥

Do đó
( ) 0y t ≥
. Vậy:
1
min
2
y =
khi
1x
=
.
Giải
Xét trên đoạn
[ ]
2 ; 0 −

2

2 4 2 2
' 2
1 2 1 2
x x
y x
x x
− + +
= + =
− −

1
' 0
1
2
x
y
x
=


= ⇔

= −

Với
1x =
(loại)
Ta tính
( 2) 4 ln5y − = −

1 1
ln 2
2 4
y
 
− = −
 ÷
 

Ví dụ 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số sau
.
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

2
ln(1 2 )y x x= − −
trên đoạn
[ ]
2 ; 0 −
.

(0) 0y =

Vậy
[ ]
2 ; 0
max ( ) 4 ln5

y x
−

= −
;
[ ]
2 ; 0
1
min ( ) ln 2
4

y x
−
= −
.
Giải
Ta có:
' 1 sin 2 0, 0 ;
4
y x x
π
 
= − ≥ ∀ ∈
 
 
suy ra
y
tăng trên
0 ;
4

π
 

 
 
.
Do đó:
1
max
4 4 2
y y
π π
 
= = +
 ÷
 


min (0) 1y y= =
.
LƯU Ý:
Phương pháp đạo hàm được sử dụng rộng rãi để giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất của hàm số.
2. Phương pháp dùng miền giá trị của hàm số
2.1 Kiến thức cơ bản
 Định nghĩa miền giá trị của hàm số:
Cho hàm số
( )y f x=
có miền xác định D. Khi đó hàm số có miền giá trị:

{ }
( ) / ( ), f D y y f x x D= ∈ = ∈¡
.

 Ta dùng điều kiện tồn tại nghiệm để tìm miền giá trị của hàm số tức là tìm điều
kiện để phương trình
0
( )y f x=
có nghiệm ( với
0
y
là một giá trị tùy ý của hàm số
( )y f x=
trên tập xác định D ). Sau đó, từ điều kiện tìm được biến đổi về một trong các
dạng sau:
1. Nếu
0
y M≤
thì
max ( )
x D
f x M
∈
=
.
2. Nếu
0
y m≥
thì
min ( )
x D
f x m
∈
=

.
Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
cosy x x= +
trên
0 ;
4

π
 
 
 
.
3. Nếu
0
m y M≤ ≤
thì
max ( )
x D
f x M
∈
=
và
min ( )
x D
f x m
∈
=
.
LƯU Ý:

Phương trình
2
0ax bx c+ + =
(
0a ≠
) có nghiệm khi và chỉ khi
0∆ ≥

Phương trình
sin cosa x b x c+ =
có nghiệm khi và chỉ khi
2 2 2
a b c+ ≥
.
2.2 Ví dụ áp dụng
Giải
Tập xác định:
D = ¡
.
Gọi
0
y
là một giá trị bất kì của hàm số đã cho. Khi đó phương trình sau đây (ẩn
x
)
2
0
2
2 7 23
2 10

x x
y
x x
+ +
=
+ +
(1) có nghiệm
Vì
2
2 10 0,x x x+ + > ∀
nên
2 2
0
(1) 2 7 23 ( 2 10)x x y x x⇔ + + = + +


2
0 0 0
(y 2) (2 7) 10 23 0x y x y⇔ − + − + − =
(2)
Nếu
0
2y =
, khi đó (2) có dạng:
3 3 0x
− − =

1x
⇔ = −

Nếu
0
2y ≠
, khi đó (2) có nghiệm khi và chỉ khi

2
0 0 0
(2 7) 4(y 2)(10 23) 0y y− − − − ≥


2
0 0
4 16 15 0y y⇔ − + ≤


0
3 5
2 2
y⇔ ≤ ≤
và
0
2y ≠

Kết hợp lại, suy ra (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
0
3 5
2 2
y≤ ≤

Vậy:

5
max ( ) 2
2
x
f x x
∈
= ⇔ =
¡


3
min ( ) 4
2
x
f x x
∈
= ⇔ = −
¡
.
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
, với .
Giải
Miền xác định:
D = ¡
.
0
y
thuộc miền giá trị hàm số khi và chỉ khi phương trình sau có nghiệm:
0
2

1
ax b
y
x
+
=
+
2
0 0
0y x ax y b⇔ − + − =
(1)
• Nếu
0
0y =
thì (1) có nghiệm
ax b⇔ = −
có nghiệm
0
0
a b
a
= =

⇔

≠


• Nếu
0

0y ≠
thì (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
2 2 2
0 0 0 0
0 4( ) 0 4 4 0a y b y y by a∆ ≥ ⇔ − − ≥ ⇔ − + + ≥

0
y
phải thay đổi từ -1 đến 4, nghĩa là tam thức
2 2
0 0
4 4 0y by a− + + ≥

phải có nghiệm là -1 và 4 (vì
4 0− <
).
Theo định lí Vi-ét ta có:
2
4
4
4
3
3
a
a
b
b

= ±


− = −

⇔
 
=


=

Vậy, với
4a
=
,
3b =
hoặc
4a
= −
,
3b =
thì
min 1y = −
,
max 4y =
.
Giải
Vì
sin x
và
cos x
không đồng thời bằng 1 nên hàm số xác định với mọi

x
.
0
y
thuộc miền giá trị của hàm số khi và chỉ khi phương trình sau có nghiệm:
0 0 0 0
2 cos
sin ( 1)cos 2(1 )
sin cos 2
x
y y x y x y
x x
+
= ⇔ + − = +
+ −
(1)
(1) có nghiệm
2 2 2
0 0 0
4(1 ) ( 1)y y y⇔ + ≤ + −
Ví dụ 2: Xác định các tham số a, b sao cho hàm số
2
1
ax b
y
x
+
=
+
đạt giá trị lớn nhất

bằng 4, giá trị nhỏ nhất bằng -1.
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
2 cos
sin cos 2
x
y
x x
+
=
+ −
.

2
0 0 0
5 19 5 19
2 10 3 0
2 2
5 19
max .
2
y y y
y
− − − +
⇔ + + ≤ ⇔ ≤ ≤
− +
⇒ =

Giải

0

y
thuộc miền giá trị của hàm số khi và chỉ khi phương trình

0
cos 2sin 3
2cos sin 4
x x
y
x x
+ +
=
− +
(1) có nghiệm thuộc khoảng
( )
;
π π
−
Ta có:
(1)
0 0 0
(2 1)cos ( 2)sin 3 4y x y x y⇔ − − + = −
(2)
(2) có nghiệm
2 2 2
0 0 0
(3 4 ) (2 1) ( 2)y y y⇔ − ≤ − + +


2
0 0 0

2
11 24 4 0 2
11
y y y⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤

Vậy:
max 2y =
;
2
min
11
y =
.
3. Phương pháp đưa về dạng bình phương
3.1 Kiến thức cơ bản
Để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một biểu thức ta tìm cách (nếu được) đưa
biểu thức về dạng
2
0A ≥
.
Dấu “=” xảy ra khi
0A
=
.
3.2 Ví dụ áp dụng
Giải
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
( ) ( )
3 3 3 3
2 1 1 2 1 1y x x x x= + + + + + − +

.
Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
cos 2sin 3
2cos sin 4
x x
y
x x
+ +
=
− +

trong khoảng
( )
;
π π
−
.
Hàm số xác định với mọi
1x ≥ −
. Ta có:
3 3 3 3
1 2 1 1 1 2 1 1y x x x x= + + + + + + − + +
(
)
(
)
2 2
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2x x x x x x= + + + + − = + + + − + ≥ + + + − + =
Dấu “=” xảy ra khi

3
1 1 0x− + ≥
tức là
1 0x− ≤ ≤
Vậy:
min 2y =
khi
1 0x
− ≤ ≤
.
Giải
3cos 6cos cos
2 2
A C A C
P B
+ −
= +


2
3cos 6sin cos 3 1 2sin 6sin
2 2 2 2
B A C B B
B
−
 
= + ≤ − +
 ÷
 

2
2
3 5 3 5 3
2 3sin 6sin 3 2 3 sin
2 2 2 2 2 2
B B B
 
≤ − + + ≤ − − + ≤
 ÷
 

Suy ra:
0
0
cos 1
30
5 3
2
max
2
3
120 .
sin
2 2
A C
A C
P khi
B
B

−

=


= =
 
= ⇔
 
=


=



Giải
Đặt:
2 2
( 2 1) (2 5)A x y x ay= − + + + +
. Do
2
( 2 1) 0x y− + ≥
và
2 5 0x ay+ + ≥
nên
0A
≥

a,

2 1 0
min 0
2 5 0
x y
A
x ay
− + =

= ⇔

+ + =

có nghiệm
1 2
0
2
D
a
−
⇔ = ≠


4a
⇔ ≠ −

b, Với
4a
= −
. Khi đó
2 2

( 2 1) (2 4 5)A x y x y= − + + − +

Ví dụ 3: Cho
a
là số cố định, còn
,x y
là những số biến thiên. Hãy tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
2 2
( 2 1) (2 5)x y x ay− + + + +
.
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC, tìm giá trị lớn nhất của:

3cos 3(cos cos )P B A C= + +
.
Đặt
2 1t x y= − +
. Ta có:
2 2 2
(2 3) 5 12 9A t t t t= + + = + +


2
2
6 36 36 6 9 9
5 2. . 9 5
5 2 5 5 5 5
t t t
   
= + + − + = + + ≥

 ÷  ÷
   

Suy ra :
9
min
5
A =
khi
6 6
2 1
5 5
t x y= − ⇔ − + = −
.
Giải
Ta có:
2 2
4 5 2 2 8 2A x y xy x y= − − + + +


2 2 2 2
4 ( 2 ) (4 8 ) ( 2 )x y xy x x y y= − + − − − − −

=
2 2 2
9 ( ) 4( 1) ( 1) 9x y x y− − − − − − ≤

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
0
1 1

1
x y
x x y
y
− =


= ⇔ = =


=

Vậy giá trị lớn nhất của A là 9, đạt được khi
1x y= =
.
4. Phương pháp dùng bất đẳng thức Cô -si
4.1. Kiến thức cơ bản
Với
0
i
a ≥
với mọi
1,i n∀ =
ta có:

1 2 1 2
a
n
n n
a a a n a a+ + + ≥

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1 2

n
a a a= = =
.
• Nếu
1 2

n
a a a P=
không đổi thì
1 2

n
a a a S+ + + =
đạt giá trị nhỏ nhất là
.
n
n P
khi và chỉ khi
1 2

n
n
a a a P= = = =

Ví dụ 4 : Tìm giá tri lớn nhất của biểu thức:
2 2

4 5 2 2 8 2A x y xy x y= − − + + +
,
,x y∀ ∈¡
.
• Nếu
1 2

n
a a a S+ + + =
không đổi thì
1 2

n
a a a P=
đạt giá trị lớn nhất là
n
S
n
 
 ÷
 
khi và chỉ khi
1 2

n
S
a a a
n
= = = =
.

4.2 Ví dụ áp dụng
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô- si cho 2 số không âm
1
3
x+
và
2
3
x−
, ta được

1 2 1 2 3
3 3 2. 3 .3 2. 3 6 3
x x x x
y
+ − + −
= + ≥ = =

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1 2
3 3 1 2
x x
x x
+ −
= ⇔ + = −


1
2

x⇔ =

Vậy giá trị nhỏ nhất của y là
6 3
đạt được khi
1
2
x =
.
Giải
Ta có:
1
(6 2 )(12 3 )(2 3 )
6
A x y x y= − − +
.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số không âm
6 2 ,x−

12 3y−
,
2 3x y+
ta được:
3
1 (6 2 ) (12 3 ) (2 3 )
36.
6 3
x y x y
A
− + − + +

 
≤ =
 
 
Dấu “=” xảy ra khi
6 2 12 3 2 3x y x y− = − = +
hay
0x =
;
2y =
.
Vậy
max 6A
=
khi
0x
=
;
2y =
.
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
, trong đó , ,.
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của
1 2
3 3
x x
y
+ −
= +
.

Ví dụ 2: Cho
,x y
là hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện
0 3,x≤ ≤

0 4y≤ ≤
. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức:
(3 )(4 )(2 3 ).A x y x y= − − +
Giải
Ta có:
2 3 4c a b
F
c a b
− − −
= + +

( 3,a ≥

4b ≥
,
2)c ≥

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
( 2)2 1 1 ( 2) 2 2 1
2 ( 2).2
2 2
2 2 2 2 2 2
c c c c
c c

c
− − + −
− = = − ≤ = ⇔ ≤

Dấu “=” xảy ra khi:
2 2 4c c− = ⇔ =
.
Tương tự:
3 1
2 3
a
a
−
≤
. Dấu “=” xảy ra khi:
3 3 6.a a
− = ⇔ =

4 1 1
.
4
2 4
b
b
−
≤ =
Dấu “=” xảy ra khi
4 4 8b b− = ⇔ =
.
Vậy:

1 1 1
max
4
2 2 2 3
F = + +
khi
6,a =

8,b =

4c
=
.
Ví dụ 4: Cho
, , 0x y z >
và
1x y z+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
1 1 1
x y z
P
x y z
= + +
+ + +
.
Giải
Ta có:
1 1 1 1 1 1
1 1 1 3 .
1 1 1 1 1 1

P
x y z x y z
 
= − + − + − = − + +
 ÷
+ + + + + +
 
Áp dụng Bất đẳng thức Cô-si, ta có:
1 1 1
( 1 1 1) 9
1 1 1
x y z
x y z
 
+ + + + + + + ≥
 ÷
+ + +
 

1 1 1 9 9
.
1 1 1 3 4x y z x y z
⇔ + + ≥ =
+ + + + + +

Suy ra:
9 3
3 .
4 4
P ≤ − =

Vậy
3
max
4
P =
khi
1
.
3
x y z= = =

LƯU Ý:
Khi sử dụng bất đẳng thức Cô - si, cần đặc biệt chú ý đến điều kiện các
i
a
phải
không âm. Cũng giống như khi sử dụng các bất đẳng thức khác, có khi phải biến đổi một
số bước mới có thể áp dụng.
5. Phương pháp dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
5.1 Kiến thức cơ bản
Với
, 1, ,
i i
a b R i n∈ ∀ =

2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
.
n n n n
a b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + +

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1 2
1 2
( 0, 1, )
n
i
n
aa a
b i n
b b b
= = = ≠ ∀ =
.
5.2 Ví dụ áp dụng
Giải
Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2.
16 ( ) ( )( ) ( )xy yz zx x y z y z x x y z= + + ≤ + + + + = + +

Do đó:
2 2 2
4.x y z+ + ≥

Ví dụ 1: Ba đại lượng biến thiên
x
,
y
,
z
luôn thỏa mãn điều kiện

4.xy yz zx+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 4 4
F x y z= + +
.