Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số

Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán

Lời cảm ơn
Sau một thời gian miệt mài nghiên cứu cùng với sự hướng dẫn và chỉ bảo
tận tình của thầy giáo Ths Phạm Lương Bằng , khóa luận của em đến nay đã
hoàn thành .
Qua đây em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình tới thầy
Phạm Lương Bằng người đã trực tiếp hướng dẫn , chỉ bảo và đóng góp nhiều ý
kiến quý báu trong thời gian em thực hiện khoá luận này .
Em xin chân thành cảm ơn các thầy giáo , cô giáo trong khoa toán đã tạo
điều kiện tốt nhất cho em trong thời gian em làm khoá luận .
Do lần đầu tiên làm quen với công tác nghiên cứu và năng lực của bản
thân còn nhiều hạn chế nên không thể tránh khỏi những thiếu sót . Em rất mong
nhận được sự giúp đỡ, đóng góp ý kiến của thầy cô và các bạn sinh viên để khoá
luận của em được hoàn thiện hơn . Một lần nữa em xin chân thành cảm ơn !
Hà Nội ,ngày 10 tháng 5 năm 2008
Sinh viên
Trần Đức Hải

- 1 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Lời cam đoan
Khoá luận này là kết quả của bản thân em trong quá trình học tập , nghiên
cứu ở bậc đại học .Bên cạnh đó cũng được sự quan tâm , tạo điều kiện của thầy
cô giáo trong khoa toán , đặc biệt là sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo Ths
Phạm Lương Bằng .
Vì vậy em xin khẳng định kết quả của đề tài : “Một số phương pháp giải

toán cực trị của hàm số ” không có sự trùng lặp với kết quả của đề tài khác .
Hà Nội, ngày 10 tháng 5 năm 2008
Sinh viên
Trần Đức Hải

- 2 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán

Mục lục
Trang
Mở đầu

1

Chương 1:Lý thuyết chung về bài toán cực trị của hàm số

3

1.1) Định nghĩa cực trị của hàm số

3

1.2) Các tính chất

4

Chương 2: Sử dụng tính đơn điệu trong việc giải bài toán cực trị

7

của hàm số.
2.1) Cơ sở lý thuyết

7

2.2) Sử dụng tính đơn điệu để tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất

8

của hàm số trên miền D

2.2.1) Các bài toán tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của

9

hàm số không có tham số
2.2.2 Các bài toán tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm

14

số có tham số
Chương 3: Sử dụng định lý Lagrange trong việc giải bài toán cực

18

trị của hàm số.
3.1) Cơ sở lý thuyết

18

3.2) Phương pháp chung

19

3.3) Bài tập

19

Chương 4: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy và Bunhiacopxki trong

23

việc giải bài toán cực trị của hàm số.
4.1) Bất đẳng thức Cauchy

23

4.2) Bất đẳng thức Bunhiacopxki

32

Chương 5:Phương pháp hàm lồi trong việc giải bài toán cực trị

41

của hàm số

5.1 :Tập lồi và hàm lồi

- 3 -

41


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
5.2) Bất đẳng thức Jexen

42

5.3)Bất đẳng thức Karamata

43

5.4) áp dụng hàm lồi tìm giá trị lớnnhất,nhỏ nhất của hàm

44

5.4.1) Sử dụng bất đẳng thức Jenxen

44

5.4.2) Sử dụng bất đẳng thức Karamata

53

số

Chương 6: Giải bài toán cực trị của hàm số bằng miền giá trị

57

6.1 Phương pháp chung

57

6.2 Bài tập vận dụng

57

Chương 7 : Giải bài toán cực trị của hàm số bằng phương pháp

64

hình học

7.1 Cơ sở lý thuyết

64

7.2 Bài tập vận dụng

64

Kết luận

73

Tài liệu tham khảo

74

- 4 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Mở đầu
Trong chương trình toán phổ thông cực trị là phần hấp dẫn , lôi cuốn tất cả
những người học toán và làm toán .Các bài toán này rất phong phú và đa dạng .
Vì vậy, các bài toán cực trị của hàm số thường xuyên có mặt trong các kì thi phổ
thông trung học cũng như trong các kì thi học sinh giỏi và các đề thi đại học ,
cao đẳng .
Để giải quyết nó đòi hỏi người học toán và làm toán phải linh hoạt và vận
dụng một cách hợp lý trong từng bài toán . Tất nhiên đứng trước một bài toán
cực trị thì mỗi người đều có một hướng xuất phát riêng của mình . Nói như vậy
có nghĩa là có rất nhiều phương pháp để đi đến kết quả cuối cùng của bài toán
cực trị. Điều quan trọng là ta phải lựa chọn phương pháp nào cho lời giải tối ưu
của bài toán . Thật là khó nhưng cũng thú vị nếu ta tìm được đường lối đúng
đắn để giải quyết nó .
Với những lý do trên , sự đam mê của bản thân cùng sự hướng dẫn nhiệt
tình của thầy thạc sĩ Phạm Lương Bằng tôi mạnh dạn thực hịên bài khoá luận
của mình với tựa đề: “Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số”.
Từ đó giúp những người học toán và làm toán có thêm công cụ để giải
quyết các bài toán cực trị .
Khoá luận gồm 7 chương
Chương 1:Lý thuyết chung về bài toán cực trị của hàm số .

Chương 2: Sử dụng tính đơn điệu trong việc giải bài toán cực trị của hàm
số.
Chương 3: Sử dụng định lý Lagrange trong việc giải bài toán cực trị của
hàm số.
Chương 4: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy và Bunhiacopxki trong việc giải
bài toán cực trị của hàm số.
Chương 5:Phương pháp hàm lồi trong việc giải bài toán cực trị của hàm số.

- 5 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Chương 6: Giải bài toán cực trị của hàm số bằng miền giá trị .
Chương 7 : Giải bài toán cực trị của hàm số bằng phương pháp hình học .
Trong các chương 2,3,4,5,6,7 thì sau phần trình bày lý thuyết là một số bài
tập đưa ra nhằm minh hoạ cho lý thuyết đã đưa ra ở trên .
Do trình độ và kinh nghiệm còn hạn chế nên bài luận văn này còn nhiều
hạn chế , khó tránh khỏi những sai sót . Em rất mong được sự góp ý của các thầy
cô trong khoa toán và các bạn sinh viên .
Em xin chân thành cảm ơn !
Hà Nội ,tháng 5 năm 2008
Sinh viên
Trần Đức Hải

- 6 -


Khoỏ lun tt nghip
Trn c Hi _K30D_Toỏn

Chng 1: Lý thuyt chung v bi toỏn cc tr ca hm s
1.1 nh ngha cc tr ca hm s
nh ngha 1.1 Cho hm s f(x) xỏc nh trờn min D.

+ M là giá trịlớ n nhất của hàm số f (x) (kh M=maxf(x) ) nếu thỏa mã n hai
xẻ D
điều kiện
* f(x) M , x D
* x0 D sao cho M=f(x0).

+ m là giá trịbénhất của hàm số f (x ) (kh m=minf(x) ) nếu thỏa mã n hai
xẻ D
điều kiện
* f(x) m , x D
* x0 D sao cho m=f(x0).
nh ngha 1.2 Cho hm s f(x) xỏc nh trờn min D , x0 D .Ta núi rng f(x)
t cc tiu a phng ti x0 nu nh tn ti lõn cn V x 0 sao cho

f x f x 0 , x D V x 0
Hm s f(x,y) xỏc nh trờn D c gi l t cc tiu a phng ti
(x0,y0),(x0,y0) D nu nh tn ti lõn cn V x 0 ,y 0 sao cho

f x,y f x 0,y 0 , x,y D V x 0,y 0
Tng t ta cú nh ngha hm s t cc i a phng trờn tp xỏc nh
ca nú .
Nhn xột :Nu f(x) t cc tiu a phng ti x0 D thỡ núi chung ta cú

f x 0 m minf x
xD

- 7 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Nếu f(x) đạt cực đại địa phương tại x0  D thì ta có

f  x 0   M  max f  x 
xD
Vậy giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số f không trùng với cực đại địa
phương (cực tiểu địa phương) trên một miền xác định D nào đó.
1.2 .Các tính chất
Định lý 1.1 :Hàm số f(x) liên tục trên một đoạn [a,b] thì đạt giá trị lớn nhất,nhỏ
nhất trên đoạn đó.
Định lý 1.2 : Cho hàm số f(x) xác định trên miền D và A,B là 2 tập con của D

trong ®ã A  B .Ngoµi ra  maxf(x) , maxf(x) , minf(x) , minf(x).
xA
xB
xA
xB
Khi đó ta có:

max f  x   maxf  x 
xA
x B
min f  x   minf  x 
xA
xB

(1.1)
(1.2)

Ta chỉ cần chứng minh (1.1) ,còn (1.2) chứng minh tương tự
Thật vậy ,giả sử max f (x) = f (x0) , x0  A .
Do A  B ,nên từ x0  A ta suy ra x 0  B .Từ đó theo định nghĩa ta có

f(x 0 )  max f  x  hay max f x   max f x 
xB
x A
x B
Định lý 1.3 : Giả sử hàm số f(x) xác định trên miền D .Khi đó ta có
max f  x  =-min -f  x  
xD
xD

Thật vậy giả sử M = max f(x) , x  D

(1.3)

Khi đó theo định nghĩa giá trị lớn nhất ta có
f  x 0   M,x 0  D


f  x   M, x  D

- 8 -



 f  x 0    M,x 0  D

f  x    M, x  D


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Điều này theo định nghĩa giá trị nhỏ nhất có nghĩa là min(-f(x))=-M

(1.4)

Từ (1.3) và (1.4) ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét : Định lý này cho phép ta chuyển bài toán tìm giá trị lớn nhất về bài
toán tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số và ngược lại.
Định lý 1.4 :
Giả sử f(x),g(x) là hai hàm số cùng xác định trên miền D và thoả mãn điều

kiÖn f  x   g x  , x  D .Khi ®ã ta cã max f  x   maxg x 
xD
xD
Chứng minh:
Giả sử max g(x) = g(x0), x0  D .Từ giả thiết ta có f  x 0   g x 0  .

(1.5)

Vì x0  D ,nên theo định nghĩa giá trị lớn nhất ta có

f  x 0   maxf  x 
xD

(1.6)

Tõ (1.5) vµ (1.6) ta suy ra max f  x   maxg x 
xD
xD
Ta có nhận xét :từ giả thiết max f(x)  maxg(x), x  D ,nói chung ta không thể
suy ra

f  x   g x , x  D .

Định lý 1.5 :(nguyên lý phân rã ) :Giả sử hàm số f(x) xác định trên miền D và
miền D được biểu diễn dưới dạng D  D1  D2  ...  Dn .Giả thiết tồn tại
max f  x  , min f  x  i=1,n. Khi ®ã ta cã
x  Di
x  Di

max f (x)  max maxf(x),maxf(x), ,maxf(x)
xD
x  D1 x  D2
x  Dn

(1.7)

minf (x)  minminf(x),minf(x),,minf(x)
xD
x  D1 x  D2
x  Dn

(1.8)

Chứng minh :Thật vậy theo định lý 1.2 và do Di  D với i  1,n nên ta có

- 9 -


Khoỏ lun tt nghip
Trn c Hi _K30D_Toỏn

maxf x maxf x
x Di
xD
max maxf(x),maxf(x),,maxf(x) maxf(x)
x D1 x D2
x Dn
x D
Mặ
t khá c ta coi

(1.9)
(1.10)

maxf x f x 0 ,x 0 D
xD

Li do x0 D , D D1 D2 ... Dn nờn tn ti k (1 k n) sao cho x 0 Dk

Theo định nghĩa ta có f x 0 maxf x max maxf(x),maxf(x),,maxf(x)
x Dk
x D1 x D2
x Dn

Vậy maxf x max maxf(x),maxf(x),,maxf(x)
(1.11)
xD
x D1 x D2
x Dn
T (1.10) & (1.11) ta cú iu phi chng minh .
Chỳ ý :Nguyờn lý phõn ró núi trờn cho phộp ta bin bi toỏn tỡm giỏ tr ln
nht,nh nht ca hm s trờn min xỏc nh phc tp thnh mt dóy cỏc bi
toỏn tỡm giỏ tr ln nht , nh nht ca hm s trờn min n gin hn .

- 10 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Chương 2 : Sử dụng tính đơn điệu trong việc giải bài toán cực trị

của hàm số
Trong chương này ta sẽ sử dụng mối liên hệ giữa tính đơn điệu và tính khả
vi để giải bài toán tìm cực trị của hàm số .Phương pháp này dựa trên các định lý
về điều kiện đủ để hàm số có cực trị kết hợp với việc so sánh các giá trị cực trị
của hàm số tại một điểm đặc biệt khác .

2.1 Cơ sở lý thuyết
2.1.1 Hàm đơn điệu trên một khoảng
Định nghĩa :Cho hàm số f(x) xác định trên [a,b] , lấy  x1,x2  [a,b] tương
ứng có 2 giá trị f(x1),f(x2) (với x1< x2)
+Nếu f(x1) < f(x2) thì f(x) được gọi là hàm tăng (đồng biến) / [a,b]
+Nếu f(x1)  f(x2) thì f(x) được gọi là hàm không giảm / [a,b]
+Nếu f(x1) > f(x2) thì f(x) được gọi là hàm giảm (nghịch biến) / [a,b]

+Nếu f(x1)  f(x2) thì f(x) được gọi là hàm không tăng / [a,b]
- Các hàm trên được gọi chung là các hàm đơn điệu trên 1 khoảng .
-Hàm tăng hoặc giảm trong một khoảng được gọi là hàm đơn điệu thực sự
trên khoảng ấy.

Định lý 2.1( Điều kiện cần và đủ để hàm số tăng hoặc giảm / [a,b])
Giả sử hàm y=f(x) liên tục trên [a,b] và có đạo hàm hữu hạn trong (a,b) khi
đó
a) Nếu f(x) là hàm tăng (giảm) trên [a,b] thì đạo hàm

f  x   0

 f   x   0  x   a,b 

b) Nếu f   x   0  f   x   0  x   a,b  thì f(x) là hàm tăng (giảm) trên
[a,b]
2.1.2: Cực trị của hàm số :

- 11 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Định lý 2.2 (Điều kiện cần để hàm số có cực trị địa phương ) : Nếu f(x) đạt
cực trị điạ phương tại x 0  a,b thì chỉ có thể xảy ra 1 trong các khả năng sau :
a) f(x) không có đạo hàm tại x0
b) f(x) có đạo hàm tại x0 thì f   x 0   0
Nhận xét 2.1 :Nếu gọi những điểm mà tại đó không có đạo hàm hoặc nếu có thì
đạo hàm đó bằng không là các điểm tới hạn .Khi đó theo điều kiện cần ở trên
muốn tìm cực trị của hàm số ta chỉ cần xét các điểm tới hạn của hàm số

Định lý 2.3 :(Điều kiện đủ thứ nhất để hàm số có cực trị địa phương )
Giả sử hàm f(x) liên tục trên [a,b] có chứa điểm x 0 và có đạo hàm trong
khoảng (a,b) (có thể trừ tại điểm x0 )
a) Nếu khi x đi qua x0 mà f   x  đổi dấu từ dương sang âm thì f(x) đạt cực
đại tại x0 .
b) Nếu khi x đi qua x0 mà f   x  đổi dấu từ âm sang dương thì f(x) đạt cực
tiểu tại x0 .
c) Nếu khi x đi qua x0 mà f   x  không đổi dấu thì hàm f(x) không đạt cực
trị tại x0 .
Định lý 2.4:( điều kiện đủ thứ 2 để hàm số có cực trị địa phương )
Giả sử f(x) có đạo hàm liên tục đến cấp 2 ở lân cận của điểm x0 .Khi đó :
a) Nếu f   x 0  =0 , f   x 0   0 thì f(x) đạt cực tiểu tại x0
b) Nếu f   x 0  =0 , f   x 0   0 thì f(x) đạt cực đại tại x0

2.2 Sử dụng tính đơn điệu để tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số
trên miền D
- Tìm các điểm tới hạn của hàm số trên miền D
- Lập bảng biến thiên của hàm số trên miền D
- Dựa vào bảng biến thiên và so sánh các giá trị của những điểm đặc biệt

- 12 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
(đó là điểm cực đại,cực tiểu của hàm số ,các điểm đầu mút của những đoạn đặc
biệt nằm trong miền xác định của hàm số )
Khi sử dụng các phương pháp này cần lưu ý các điều sau đây :
-Nếu trong quá trình giải ta dùng phép đổi biến để cho bài toán đơn giản
hơn thì bài toán mới phải xác định lại miền xác định của biến mới .

-Nếu bài toán đã cho là hàm nhiều biến ,có thể sử dụng định lý 2.6 và
phép biến đổi để đưa bài toán tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số nhiều
biến về việc tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số một biến theo phương pháp
chiều biến thiên hàm số như đã được trình bày ở trên .
2.2.1 Các bài toán tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số không có tham
số
Bài 2.1 : Tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số

f  x,y  

x4 y4  x2 y2  x y
    
y4 x4  y2 x2  y x

trên miền D    x,y  :1  x  2 ; 3  y  4 
Giải
Hàm số đã cho được viết lại dưới dạng sau:
2

 x2 y2 
 x2 y2   x y 
 2  2   2 2  2     
x 
x  y x
y
y
4

2

x y
x y x y
     5        4
y x
y x y x

(2.1)

x y
Đặt t     khi đó hàm số đã cho có dạng
y x

F t   t 4  5t 2  t  4 ,Với
Thật vậy đặt z 

13
17
t
6
4

x
thì khi x  1,2,y  3,4 
y

- 13 -

1
2
 z

vì vậy
4
3

(2.2)


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán

x y
1

max g x,y   max     max G z  max  z   ;ming  x,y   minG z
z
y x
1  2 
1 x  2
1 x  2
 z
4
3
3 y  4
3 y  4

1
1 z2  1
G z  z  , G  z  1  2  2  0
z
z

z

2
 1

2
 do 4  z  3  z  1  0 



1
2
 1  17
 2  13
Vì thế max G z  G   , minG z  G  
với  z 
4
3
 4 4
 3 6
Do đó ta có

13
17
t
.Từ (2.1),(2.2) bài toán đã cho được đưa về
6
4

max f  x,y   max F  t 

13
17
t
 x,y   D
6
4

;

Trong đó F t   t 4  5t 2  t  4 Với
T a có
Do

minf  x,y   minF  t  .
13
17
t
 x,y   D
6
4

13
17
t
.
6
4

5


F  t   4t 3  10t  1  4t  t 2    1
2


13
17

t
6
4

t2 

5
 13 17 
 0 nên F  t   0 Với t   , 
2
6 4

 13 17 
Từ đây ta suy ra F(t) đồng biến trên  ,  .Vậy ta có kết quả
6 4
 17  4249
 13  1083
max f  x,y   F   
; minf  x,y   F   
16
 4
 6  54
 x,y   D

 x,y   D

Bài 2.2 :Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x,y   x 1  y  y 1  x





trên miền D   x,y  : x2  y2  1

Giải









Đặt D1   x,y  : xy  0 vµx 2  y 2  1 , D2   x,y  : xy  0 vµx 2  y 2  1
Khi đó D=D1  D2 .Theo định lý 1.5 (nguyên lý phân rã) thì

- 14 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán

minf (x,y)  min minf(x,y) , minf(x,y)

 x,y   D
 x,y   D1  x,y   D2

(2.3)


  x,y  : x  0,y  0 vµ x


 1

D11   x,y  : x  0,y  0 vµx 2  y 2  1

Ta lại có D1=D11  D12 với

D12

2

 y2

L¹i ¸ p dông ®Þnh lý 1.5 ta cã minf (x,y)  min minf(x,y) , minf(x,y)
 x,y   D1
 x,y   D11  x,y   D12

(2.4)

Lấy (x,y) tuỳ ý thuộc vào D11 khi đó x  0,y  0 vµx2  y2  1 suy ra
x 1  y  y 1  x  0  f  x,y   0 ,   x,y   D11

 minf  x,y   0
 x,y   D11

(2.5)

Lấy (x,y) tuỳ ý thuộc vào D12 khi đó x  0,y  0 vµx2  y2  1 .
Ta đặt

x  x ; y  y khi đó

x  0 , y  0 , x2  y2  1
và



f  x,y   x 1  y  y 1  x   x 1  y  y 1  x



(2.6)

Do 0  y  1,0  x  1  y  y2,x  x2 vì thế

x 1  y  y 1  x  x2  y2  1

(2.7)

Từ (2.6),(2.7) ta đi đến f  x,y   1 ,   x,y   D12 .
Lại có f  0, 1  1,  0, 1  D12  minf  x,y   1,  x,y   D12

(2.8)

Từ (2.4), (2.5), (2.8) suy ra các điều kiện nguyên lý phân rã đúng trên D1 do đó

minf  x,y   1
 x,y   D1

(2.9)

Bây giờ ta tính minf  x,y  ,  x,y   D2 . Đặt t= x + y

 t 2  x2  y2  2xy vµdo xy  0


t2  1
0
xy 
 t 2  x2  y2  1  
2
1  t  1


- 15 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Ta có f 2  x,y   x2 1  y   y 2 1  x   2xy
= x2  y2  xy  x  y   2xy

1  x 1  y 

1  x 1  y 

t2  1
t2  1
2
=1  t
 t  1 1 t 
2
2





t3  t
 t  1
=1 
 t2  1 

2
 2





 do t  1  0



(2.10)

 
Ta xét hàm số F  t   1  2  t  2t  1  2  t  2  2 ,với -1 < t < 1
Có F  t   31  2  t  2 2t  1  2  .Ta lập bảng biến thiên của hàm số :

 2f 2  x,y   1  2 t 3  2t 2  1  2 t  2  2
3

2

2

t



-1

F¢(t )

+

2 1

3 3

0

2 1

-

0

1
+

76  12 2
27

F(t)

2

F(-1) = F(1) = 2 ; F



2


2  1  76  12 2
2  1  0; F  
 
3
27







2  1  76  12 2
 maxF  t   F  
 
3
27



f 2  x,y  

như vậy từ (2.10) ta có

38  6 2
38  6 2
  x,y   D2  f  x,y  
  x,y   D2
27
27

 f  x,y   

38  6 2
  x,y   D2 .
27

- 16 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Từ lập luận trên rõ ràng   x1,y1   D2 và

f  x1,y1   

38  6 2
38  6 2
 minf  x,y   
,  x,y   D2
27
27

(2.11)

Từ (2.3),(2.9),(2.11) ta thấy các điều kiện của định lý phân rã cho hàm f(x,y)
đúng trên D


38  6 2 
38  6 2

,  x,y   D
Vậy minf  x,y   min  1 ; 


27

27


Bài 2.3 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f (x,y)=

1
1
x + y + 1 (x + 1)(y + 1)

x,y là các số tự nhiên.
Giải
Đặt D =
Trong đó

{(x,y): x,y Î ¥ } , khi đó ta có

D  D1  D2

D1 =

{(x,y): x,y Î

¥ & x + y + 2 < 6},

D2 =

{(x,y): x,y Î

¥ & x + y + 2 ³ 6}

(2.12)

áp dụng định lý 1.5 (nguyên lý phân rã ) thì

minf (x,y)  min minf(x,y) , minf(x,y)
 x,y   D
 x,y   D1  x,y   D2

(2.13)

Ta kiểm tra lại các điều kiện của định lý 1.5 .Ta có
ïìï 1 £ x £ 4
ïü
ïï
ïï
D1 = {(0,0),(1,1)(1,2),(2,1)}È í 1 £ y £ 4
x,y Î ¥ ïý .
ïï
ïï
ïîï (0,y),(x,0)
ïïþ

f 1,1  f  2,1  f 1,2 

1
; f (0,0)= f (x,0)= f (0,y)= 0, " x,y Î [1,4],x,y Î ¥
12

Từ đó suy ra max f  x,y  

1
,  x,y   D1 .
12

- 17 -

(2.14)


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Theo bất đẳng thức Cauchy thì  x,y   D2 , ta có

1

4



 x  1 y  1  x  y  22
Vậy f  x,y  

1
4
1
4


f
x,y





x  y  1  x  y  22
 x  y  2  1  x  y  22

Đặt t = x+y+2  t  6  max f  x,y   max F  t 
t6
 x,y   D2

F t  

(2.15)

1
4
 2;
t 1 t

F  t   

1

 t  1

2



 

 

 t  2 t  3  5 t  3  5
8


2
t3
 t  1 t 3

  0

, t  6

Suy ra F(t) là hàm nghịch biến trên 6,  suy ra F t   F 6 ,t 6,  
Vậy maxF  t   F  6 

1 4
4


với t  6
5 36 45

(2.16)

Từ (2.12)  (2.16) các điều kiện của của định lý 1.5 đúng cho hàm f  x,y 
1 4 4

trªn D .VËy maxf  x,y   max  ,  
12 45  45
 x,y   D

2.2.2 :Các bài toán tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số có tham số
Bài 2.4: Cho hàm số : f  x  

1  sin2x
1  tanx
  m  1
 m xét trên miền
1  sin2x
1  tanx



D  x : 0  x   .Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số trên miền D .
4

Giải

1  sin2x  sinx  cosx  1  tanx 


1  sin2x  sinx  cosx 2 1  tanx 2
2

Ta có
Đặt t 

2

1  tanx

, khi đó từ 0  x  suy ra 1  t   
1  tanx
4

- 18 -


Khoỏ lun tt nghip
Trn c Hi _K30D_Toỏn

Bài toá n đ- ợ c đ- a vềtìm min f x minF t , F t t 2 m 1 t m
xD
1 t
Ta cú F t 2t m 1 ,F' t 0 cú nghim t

m1
do ú s dn n hai
2

kh nng sau :
a) nu
t

m1
1 tc m 1 ,ta cú bng bin thiờn sau
2

m1
2

- Ơ

F t

-

+Ơ

1

0

+

F t

+

0

Vậy minF(t ) = F(1) = 0 ị minf (x) = 0
1Ê t Ê + Ơ
xẻ D
b) Nu
t

m1

1 tc m > 1 ,cú bng bin thiờn :
2
m1
2

1



F t

-



0

+

0

F t

m 1

4

m 1 ,1 t .
m 1
minF t F

4
2
m1
0

Kt lun minf x m 12
m1


4
2

- 19 -

2


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Bài 2.5

Cho hµm sè f  x   x3  3x 2  m , xÐt ®¹i l- î ng sau :P m =max f  x  .
 1 x  3
Tìm m để P(m) nhận giá trị bé nhất.
Giải :
Đặt

x  0
g x   x3  3x 2  m  g  x   3x 2  6x  0  
x  2

.

Ta có bảng biến thiên :



x

-1

g  x 

0
-

0

2
+

0

g x 

Ta có g(-1) = m+4 ; g(0) = m , g(2) = m+4 , g(3) = m
Nhận thấy

m 4  m

nếu m  2

m 4  m

nếu m  2

Từ bảng biến thiên và nhận xét trên ta suy ra
ìï m + 4 nÕu m ³ - 2
max f (x) = max g(x ) = ïí
ïï m
nÕu m < - 2
î

 m  4 nÕu m  2
Ta xét hàm số P(m) = 
nÕu m  2
 m
Khi đó ta có bảng biến thiên sau :

- 20 -

3
-



Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
m





-2

P(m)

m

m 4

P(m)

- m

m+4

P(m)
2
Từ bảng trên suy ra min P(m) = P (-2) = 2 .Vậy min P(m) =2  m=-2

Chương 3 : Sử dụng định lý Lagrange trong việc giải bài toán
cực trị của hàm số.

- 21 -

Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán

3.1 Cơ sở lý thuyết
3.1.1 Định nghĩa đạo hàm của hàm số
Định nghĩa 3.1 : Hàm số y= f(x) xác định trên khoảng (a,b) .
Hiệu số x  x  x0 được gọi là số gia của đối số (biến số ) x .
Hiệu số y  f  x  x 0   f  x 0  được gọi là số gia của hàm số tại điểm x0 .

y
y
tồn tại và hữu hạn thì ta gọi lim
là đạo hàm của hàm số
x 0 x
x 0 x

Nếu lim

y
.
x 0 x

tại điểm x0 , kí hiệu f   x   lim

 

Đạo hàm bên trái của hàm số y = f(x) tại điểm x 0 , kí hiệu là f  x 0 được
định nghĩa là lim

x  0

y
= f  x 0 .
x

 

 

Đạo hàm bên phải của hàm số y = f(x) tại điểm x0 , kí hiệu là f  x 0
được định nghĩa là lim
x 0

y
= f  x 0 .
x

 

Định nghĩa 3.2
Hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng (a,b) nếu nó có đạo hàm tại mọi
điểm trên khoảng đó .
Hàm số y=f(x) được gọi là có đạo hàm trên [a,b] nếu nó có đạo hàm trên
(a,b) và có đạo hàm bên phải tại a,đạo hàm bên trái tại b .
3.1.2 (Định lý lagrange):Cho hàm số f:[a,b]  ¡ thoả mãn hai điều kiện sau :
i)

f liên tục trên [a,b]

ii)

f có đạo hàm trong (a,b)

Khi đó c  a,b sao cho f  b  f  a  f   c b  a

3.2 :Phương pháp chung :
Muốn tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số dựa vào định lý lagrange ta
phải chọn được hàm số thích hợp thoả mãn định lý từ đó vận dụng định lý .

- 22 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
3.3 :Bài tập
Bài 3.1 :Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  

x 1
trên [0,1]
2x  3

Giải
t  t  1
2t 2  6t  3
, t   0,x ,x   0,1 . Ta có g  t  
Xét hàm số g t  
2
2t  3
 2t  3

Vì g  t  

30

 2t  3

3

 0, t   0,1
 g  t   g  0  

1
với t   0,x , x   0,1
3

Theo định lý lagrange c 0,x  sao cho g x   g 0  g  c x  0 từ đó
suy ra

 x  1 x  g
2x  3

Ví i x=0 th× f(0) = -

Bài 3.2 :

 c x



x 1
1
 g  c   , x   0,1 .
2x  3
3

1
1
1
 VËy f  x   
 minf  x    
3
3
3
x   0,1

Cho n Î ¥ * hãy tìm giá trị lớn nhất của hàm số

x

f  x   e x  1   trên đoạn  0; 
n

Giải

t

Xét hàm g t   et   1   , với t  0;x 
n


Ta có g  t   et 

 x  0

1
, t   0;x  .Theo định lý Lagrange c  0,x  sao cho
n

g x   g 0  g  c x  0
x
1
x



 g x   xg  c  ex   1    x  ec    ex   1    0, x  0
n
n
n




- 23 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán

x


Khi x= 0 thì g(x) = 0 . Do đó ex   1    0, x  0
n

x

hay ex   1   , x  0
n


1

 f  x   e x  1    1.
n


Dấu bằng bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 .

VËy max f  x   1 .
x   0,  
1 
Bài 3.3 :Tìm giá trị nhỏ nhất hàm số f  x   arctgx  ln x 2  1 ,x   ,1
2 





Giải

1 
Xét hàm số f  t   arctgt  ln t 2  1 , t   x ; 1 ,x   ; 1
2 



có f   t  



1
2t
1  2t
1 



0
,

t

x
;
1
,
x




 2 ; 1 .
1 t2 1 t2 1 t2



Khi đó theo định lý lagrance c  x;1 sao cho

f 1  f  x   f   c1  x   0 t   x;1  f  x   f 1  f x  
Khi x = 1 thì f  x  
Vậy minf  x  



1 
 ln2  f  x    ln2, x   ;1 .
4
4
2 


 ln2
4

1 
với x   ;1 .
2 

Bài 3.4 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x 

1  x 



1 x

earctgx

, x  0

Giải
Xét hàm số g t   1  t  ln1  t   arctgt , t 0,x ,x  0
Ta có g  t   ln 1  t   1 

1
t2

ln
1

t

  2  0 t   0,x 
t2  1
t 1

Theo định lý lagrance c  0;x  sao cho

- 24 -


 ln2 .

4


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán

g x   g 0  g  c x  0  xg  c  0
Suy ra g(x) > g(0) = 0  1  x  ln1  x   arctgx  1  x 

1 x

1  x 


1 x

arctgx

Vì e

> 0 với x > 0 nên (3.1)

earctgx

 earctgx

(3.1)

 1  f  x   1, x  0

Khi x = 0 thì f(x) =1 suy ra f(x) f  x   1, x  0 .
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x =0.Vậy min f(x) = 1
x   0,  
Bài 3.5 :Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  

sinx  tanx  1
 
,x   0, 
2x  1
 2

Giải



Xét g(t) = sint + tant với t   0,x   0  x   .
2

Ta có g  t   cost 

1
1

cost

 2 , t   0,x 
cos2t
cost

Theo định lý lagrange c  0;x  sao cho g x   g 0  g  c x  0  2x

 g(x) > 2x  sinx  tanx  1  2x  1 .
Do 2x+1 > 0 khi 0  x 

f x 


nên ta suy ra
2

sinx  tanx  1
>1 hay f(x) > 1 .Với x = 0 thì f(x) = 1
2x  1

 
VËy f  x   1, x   0,  vµ minf  x   1
 2
 
x   0, 
 2

Nhận xét :

- 25 -