DUNG DAO HAM TIM GTLN GTNN lop 11

 

SƠ LƯỢC PHƯƠNG PHÁP 
DÙNG ĐẠO HÀM TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT. 
 
( Tài liệu này lưu hành nội bộ để minh họa cho lớp 11 toán chuyên trên lớp)
Lưu ý: Cách khác nhau tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số liên tục trên 
đoạn   a; b  và trên khoảng, hay tập R…. 
 
Bài1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số  f(x)  x 2  4x  5  trên đoạn  [2; 3]  
Lời giải. Ta có: f(x)  x 2  4x  5  liên tục trên đoạn  [2; 3]
x2
 0  x  2   2; 3   
x  4x  5
f(2)  17, f  2   1, f(3)  2 . 
Vậy  min f(x)  1  x  2, max f(x)  17  x  2  
f(x)/ 

2

x   2;3 

x   2;3 

Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số  y  3  x  2 x  2  
HD: Miền xác định  D   2;3 .
Đạo hàm  y '  

1
1


;
3 x 2 x2

y '  0  x  2 . 

Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số  y 
Lời giải Đặt  t  sin x  y 

sin x  1
. 
sin x  sin x  1
2

t 1
, t  [1; 1]
t2  t  1

t2  2t
 y/  0  t  0  [1; 1]  
(t  t  1)2
2
y(1)  0, y  0   1, f  1  . 
3

Vậy  y min  0  sin x  1  x    k2, k    
2
y max  1  sin x  0  x  k, k   . 
y/ 

2

Bài 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của  hàm số   y 
Lời giải. Đặt  t  sin x, t   1;1  y 

4cos 2 x
. 
5  4sin x

4 1  t 2 

 là ham số liên tục trên [-1; 1]  
5  4t
16t 2  40t  16
1
 1
mà  y ' 
, y '  0  t    [-1;1] ,  y     1; y ( 1)  y (1)  0.  
2
(5  4t )
2
 2
1

7
Suy ra GTLN   y  1  khi  t    x    k .2 , x 
 k .2 . 
2

GTNN y = 0 khi  t  1, t  1  x 

6


2

6

 k .

 
Bài 5. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số  y  x 3  3x  2  trên đoạn [–3; 2]. 
Lời giải
Hàm số  y  x 3  3x  2  liên tục trên đoạn   3; 2  . 
Đặt  f(x)  x 3  3x  2  liên tục trên đoạn   3; 2  . 
f / (x)  3x2  3  0  x  1  [3; 2] . 
f(3)  16, f(1)  4, f(1)  0, f(2)  4  
 16  f(x)  4 x  [3; 2]  0  f(x)  16 x  [3; 2]  


 0  y  16 x  [3; 2] . 
Vậy  y max  16, ymin  0 . 

Bài 6 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của hàm số  f(x) 

x 1
. 
x2  1

Lời giải Hàm số f(x) liên tục trên R. Ta có:

1 x
 f / (x)  0  x  1  
2
(x  1) x  1
1
x 1
x
lim f(x)  lim
 lim f(x)  1  
x
x
x  
1
x 1 2
x

f / (x) 

2





Bảng biến thiên 

 
 
f(x)  2  x  1 . 
Vậy  hàm số không đạt min và  max

x R
 
Bài 7. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số  y 
Lời giải
Ta có  x 2  2  2  1 
x2  2  1 
 y/ 



x
2

x  2 1

. 

x 2  2  1  0  D   . 

x2

x2  2 
2
x2  2  1 

2

x2  2
2

x2  2  x2  2  1 

 

x2  2  2  x   2  y   2    2 , 
x
 lim y  1 . 
Giới hạn  lim y  lim
x
x
x  


2
1
x  1  2 

x 

x
Vậy  ymax  2, y min   2 . 
y/  0 

 
4
x

5
4

Bài 8 Cho x,y>0 thỏa  x  y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P  

1
4y

Lời giải: 
5
4

4
x

Từ giả thiết ta có  y   x  khi đó  P  

1
4
1
5
. Xét hàm số  f ( x)  
; x  (0; ) .  
5  4x
x 5  4x
4

4
4
 

2
x

(5  4 x)2
5
f ( x)  0  x  1  x   
3

Ta có:  f ( x)  

1
4

Sau khi lập bảng biến thiên ta có  min f ( x )  f (1)  5 . Đạt được khi x=1 hoặc x=   
Bài 9 Cho  x, y  R  thỏa mãn  y  0; x 2  x  y  12 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 
P  xy  x  2 y  17  
Lời giải: 


Từ giả thiết ta có  y  x 2  x  12  0  hay  4  x  3 . Khi đó  x 3  3 x 2  9 x  7 . Xét hàm số 
f ( x)  x 3  3x 2  9 x  7; x  [4;3]  
Ta có  f ( x)  3( x 2  3  2 x); f ( x )  0  x  3  x  1  
Lập bảng biến thiên ta có  min f (x)  f (1)  12; m ax f (x)  f (3)  f (3)  20  
Vậy min P=-12 đạt được khi x=1;y=-10 và max P=20 đạt được khi x=-3; y=-6 hoặc 
x=3; y=0 
Nhận xét: Bài toán này được giải bằng cách thế một biến qua biến còn lại nhưng phải 
đánh giá biến còn lại. Từ đó tìm GTLN, GTNN của hàm số chứa biến bị chặn. 
Bai 10    x,y>0 thỏa x+y=1. Tìm GTNN của biểu thức  
K

x
1 x



y
1 y

 

Lời giải:Từ giả thiết ta có y=1-x, 0Xét hàm số f(x)= 
f '(x) 

x
1 x
 

1 x
x

2x
2(1  x) 1  x

f '( x)  0  x 

x
1 x
 

1 x
x



x 1
2x x

 

1
 
2

1
2

Vậy min K= 2  đạt được khi  x  y   
Bài 11 Cho  xy  0  thỏa mãn  x  y  1 . Tìm GTNN của: 

1
x2
y2
 
P 2


x  y2 y2  1 x2  1
Giải:
2

2

2

Đặt  t  x  y  ta có  ( x  y )  1  nên  xy 
2

2

2

1 t
 
2
1
2

Áp dụng BĐT  ( x  y )  2( x  y )  suy ra  t  . Khi đó 

1
( x 4  y 4 )  ( x 2  y 2 ) 1 2t 2  8t  2
 
P 2

 
x  y 2 x 2 y 2  ( x 2  y 2 )  1 t t 2  2t  5
1
( x 4  y 4 )  ( x 2  y 2 ) 1 2t 2  8t  2
Xét hàm số  f (t )  P  2
 

 

x  y 2 x 2 y 2  ( x 2  y 2 )  1 t t 2  2t  5
Nếu sử dụng công thức đạo hàm ta có  

1 4t 2  24t  44
 
 2
t2
(t  2t  5) 2
f (t )  0  (t  1)(t  1) 2 (t  5)  0  
f (t )  

Từ BTT ta có  

1
12
1 1
max P  max f (t)  f ( )  f (5)  đạt được khi (x;y)= ( ; )  hoặc x = 2;y  =1 
2 2
2
5
min P  min f (t)  f (1)  2 đạt được khi (x;y)=(1;0) hoặc (0;1) 


Bài 12 Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:  x 2  xy  y 2  1 .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ 
nhất của biểu thức     P 

x4  y4 1
 
x2  y2 1

Lời giải:Từ giả thiết suy ra:  
                      1  x 2  xy  y2  2xy  xy  xy;1  (x  y)2  3xy  3xy   
1
3

ta có    xy  1  .
Mặt khác  x 2  xy  y 2  1  x 2  y 2  1  xy      nên   x 4  y 4   x 2 y 2  2 xy  1  . 
Đặt t=xy 
 bài toán sẽ trở thành tìm GTLN,GTNN của:      P  f (t ) 
Tính  f ' (t )  0  1 

 t 2  2t  2 1
;  t  1  
t 2
3

t  6  2
6
0 
 
2
(t  2)
t   6  2(l )
1
3

Do hàm số liên tục trên   ;1  nên so sánh giá trị của  f (

1
) , f ( 6  2) , f (1)  cho ra kết 

3

quả: 
1
11
MaxP  f ( 6  2)  6  2 6 , min P  f (  )   
3 15

 
Bài 14

Cho  x 2  y 2  x  y . Tìm GTNN,GTLN của biểu thức  P  x3  y 3  x 2 y  y 2 x  

Lời giải Đặt  t  x  y  từ giả thiết ta có  2 xy  ( x  y )2  ( x  y )  t 2  t  hay  xy 

t2  t
.  
2

Áp dụng BĐT  ( x  y )2  2( x 2  y 2 )  2( x  y )   hay  t 2  2t  suy ra  0  t  2 . Khi đó biểu thức 
P  ( x  y )3  2 xy ( x  y )  t 2  
Do đó Max P=4 đạt dược khi  t  2  hay  x  y  2  và  xy  1  suy ra  x  1; y  1   
Ta có min P=0 khi  t  0  hay  x  0; y  0  
xy
 
x  y 1
Lời giải Đặt  t  x  y . Từ giả thiết ta có  xy  t 2  1 . Áp dụng BĐT  ( x  y )2  4 xy  ta có 

Bài 15  Cho  x, y  0  thỏa mãn  x 2  y 2  xy  1 . Tìm GTLN của biểu thức  K 

0t

1
33
.Khi đó  K  t  1 
 
3
3

Vậy  maxK  t  1 

2
1
33
 đạt được khi  ( x; y )  ( );  )  và hoán vị của chúng. 
3
3
3

 
Bài 16  (khối B–2007) Cho các số thực không âm thỏa mãn  a  b  c  1 . Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức:  A  3(a 2b2  b 2c 2  c 2 a 2 )  3(ab  bc  ca)  2 a 2  b2  c 2
 
Lời giải Đặt  ab  bc  ca  x  x 

(a  b  c)2 1
1
  x  [0, ]  
3
3

3

A  3(a 2b2  b 2c 2  c 2 a 2 )  3(ab  bc  ca)  2 a 2  b 2  c 2  3(ab  bc  ca)  2 a 2  b2  c 2  
 3( ab  bc  ca )  2 ( a  b  c ) 2  2( ab  bc  ca )  3 x  2 1  2 x  
1
Xét hàm số  f ( x)  3 x  2 1  2 x , x  [0, ]  
3


2
 
1  2x

Đạo hàm  f ( x)  3 

f ( x)  0  3 1  2 x  2  9(1  2 x)  4  x 

5
 
18

1
3

Dựa vào bảng biến thiên, ta được  f ( x)  f (0), x  [0, ]  
   A  f ( x)  f ( 0)  2  

Đẳng thức xảy ra khi  x  0  hay hoán vị của bộ  (0,0,1)  
Bài 17 [Dự bị khối A-2 -2009] Cho  x, y, z  [1;3]  và  x  y  z  6 . Tìm GTLN của 
P  x3  2 y 3  z 3  

Lời giải:  P  ( x  y )3  3xy ( x  y)  5 z 3  (8  2 z )3  3xy(8  2 z )  5 z 3  
 P  3 z 3  96 z 2  384 z  512  3 xy (8  2 z )  
Ta có  ( x  1)( y  1)  0  xy  x  y  1  8  2 z  1  7  2 z  
xy (8  2 z )  (7  2 z )(8  2 z )  3 xy (8  2 z )  3(7  2 z )(8  2 z )  
Do  z  4  8  2 z  0  
P  3 z 3  96 z 2  384 z  512  3 xy (8  2 z )  
 3z 3  96 z 2  384 z  512  3(7  2 z )(8  2 z )  P  3z 3  84 z 2  294 z  344  
Từ giả thiết suy ra  2 z  6  z  3  1  z  3  
Xét hàm số  f ( z )  3 z 3  84 z 2  294 z  344  với  z  [1;3]  
f ( z )  9c 2  168 z  294; f ( z )  0  9 z 2  168 z  294  0  3z 2  56 z  98  0  
 
 


28  7 10
 [1;3]
z 
3
 


28  7 10
z 
3


max P  f (

28  7 10  
)

3

 
Từ đây ta dễ dàng kết luận bài toán. 
Bài 18  (Khối A–2011) Cho x,y,z là ba số thực thuộc đoạn [1;4] và  x  y; x  z . Tìm 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P 
y
x

z
y

x
y
z
 


2x  3 y y  z z  x

x
z

Lời giải Đặt   a;  b;  c.   
Khi đó  abc  1 và  2  bc  1.   
Ta có  P 

1
1
1



. 
2  3a 1  b 1  c

Xét bài toán mới này có các biến  b  và  c  bình đẳng nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra 
khi  b  c 

1
.   
a

1
2 a
1 

: f (a )  với  a   ;1 .  
2  3a 1  a
4 
1
1
So sánh  f    với  f (1)  ta dự đoán được  P  đạt giá trị nhỏ nhất khi  a  .  
4
4
Khi đó b=c=2 và ta tìm được các giá trị của   x, y, z   tương ứng là   4,1, 2 .  

Khi đó  P 


Bài 19 Cho  a , b, c  0  thỏa mãn  a  b  c  3 . Chứng minh  a 2  b2  c 2  abc  4  

Lời giải:Ta có:  a 2  b2  c 2  abc  (a  b)2  2ab  c 2  abc  (c  2)ab  (3  c)2  c 2
 (c  2)ab  2c 2  6c  9

(a  b)2 (3  c)2

) 
4
4
Ta có:  f (t )  (c  2)t  2c 2  6c  9  

Đặt:  t  ab; (0  t 

Dễ thấy:  f (t )  là một hàm bậc nhất với biến  t . Ta lại có 
3
9 9
f (0)  2c 2  6c  9  2(c  ) 2    4  
2
2 2
2
2
(3  c)
((3  c) )
(c  1) 2 (c  2)
2
f(
)  (c  2)
 2c  6c  9 
 4  4 
4
4

4
(3  c)2
Suy ra:  f (t )  4; t  [0;
] . Điều phải chứng minh. 
4
Dấu bằng xảy ra khi:  a  b  c  1 . 

Bài 20 (Khối B–2012) Cho các số thực x,y,z thỏa mãn  x  y  z  0  và  x 2  y 2  z 2  1 . 
Tìm GTLN của biểu thức  P  x 5  y 5  z 5  
Nếu  x  y  z  0  thì  2( x5  y 5  z 5 )  5 xyz ( x 2  y 2  z 2 )  
Lời giải: Vì  x  y  z  0  nên dễ có được  x 3  y 3  z 3  3xyz  
Tương đương  ( x 3  y3  z 3 )( x 2  y 2  z 2 )  3 xyz ( x 2  y 2  z 2 )
 x5  y 5  z 5  xyz ( xy  yz  xz )  3xyz ( x 2  y 2  z 2 )  2( x5  y 5  z 5 )  5 xyz ( x 2  y 2  z 2 )   
Mà  x 2  y 2  z 2  1  nên ta chỉ cần tìm GTLN của:
5
5 ( y  z )2  ( y 2  z 2 ) 5 3 5
xyz  x.
 x  x 
2
2
2
2
4
5 3 5
Đặt  f ( x)  x  x với x thuộc  [1;1]  
2
4
15 2 5
f '( x)  x    
2

4
 6
 
f'( x)  0  x  
6
1 1 6
5 6
ta tìm được  GTLN 
 khi x,y,z là bộ hoán vị của  ( ; ; )  
36
6 6 3
P