PHƯƠNG PHÁP ĐẠO HÀM VÀ CÁC BÀI TOÁN VỀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT

Header Page 1 of 126.

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ DIỆP

PHƯƠNG PHÁP ĐẠO HÀM VÀ CÁC BÀI TOÁN VỀ TÌM
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT

Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. NGUYỄN MINH TUẤN

Hà Nội- 2015

Footer Page 1 of 126.


Header Page 2 of 126.

Lời cám ơn
Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn chân
thành tới PGS.TS. Nguyễn Minh Tuấn, người thầy đã trực tiếp hướng dẫn, chỉ bảo
tận tình và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình hoàn thành luận văn này.
Tôi cũng xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ của các thầy giáo, cô giáo trong khoa
Toán Cơ Tin học, Trương Đại học Khoa học Tự Nhiên-Đại học Quốc gia Hà Nội và
Khoa sau đại học, đã nhiệt tình giúp đỡ tôi hoàn thành khóa Cao học.

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè đã luôn động viên và khuyến khích
tôi rất nhiều trong thời gian nghiên cứu và học tập.
Do mới làm quen với công tác nghiên cứu khoa học nên luận văn còn nhiều thiếu
sót. Tác giả kính mong nhận được ý kiến đóng góp của các thầy cô và các bạn để luận
văn hoàn thiện hơn.
Hà Nội, năm 2015

Nguyễn Thị Diệp

2

Footer Page 2 of 126.


Header Page 3 of 126.

Mục lục

Lời mở đầu

4

1 Một số kiến thức chuẩn bị

6

1.1

Định nghĩa đạo hàm tại một điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2

Cực trị của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3

Các định lí cơ bản về hàm khả vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.4

Hàm lồi và hàm lõm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

2 Ứng dụng đạo hàm giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số

11

2.1

Khảo sát trực tiếp hàm số trên miền xác định . . . . . . . . . . . . . .

11

2.2

Khảo sát hàm số theo từng biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

2.3

Đặt biến phụ chuyển về đánh giá hàm số một biến . . . . . . . . . . . .

30

2.4

Đánh giá gián tiếp thông qua biểu thức bậc nhất . . . . . . . . . . . .

44

2.5

Phương pháp sử dụng tính chất của hàm lồi, hàm lõm . . . . . . . . .

51

3 Cực trị hàm nhiều biến

59

3.1

Cực trị tự do . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59

3.2

Cực trị có điều kiện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63

3

Footer Page 3 of 126.


Header Page 4 of 126.

Lời mở đầu
Trong những năm gần đây, các kỳ khảo sát chất lượng, thi học sinh giỏi bậc trung
học phổ thông thường gặp những bài toán yêu cầu tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn
nhất của một đại lượng nào đó. Các bài toán cực trị rất phong phú và đa dạng mang
nội dung vô cùng sâu sắc, có ý nghĩa rất quan trọng đối với các em học sinh. Các bài
toán về cực trị góp phần không nhỏ vào việc rèn luyện tư duy cho học sinh. Bài toán
đi tìm cái tốt nhất, rẻ nhất, ngắn nhất, dài nhất... trong một bài toán. Để dần dần
hình thành cho học sinh thói quen đi tìm giải pháp tối ưu cho một công việc nào đó
trong cuộc sống sau này.
Luận văn trình bày một số ứng dụng của đạo hàm để giải các bài toán cực trị. Luận
văn chỉ đề cập tới một số phương pháp giải một số loại toán cực trị đại số thường gặp
trong chương trình toán học trung học phổ thông. Luận văn hệ thống hóa, phân loại

toán và trình bày theo từng ý tưởng cũng như các kỹ năng vận dụng đạo hàm vào việc
giải một lớp các bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. Luận văn gồm có 3
chương với các nội dung sau:
Chương 1: Luận văn trình bày các kiến thức khái niệm cần thiết như đạo hàm, tính
đơn điệu và hàm lồi và được tham khảo trong [3].
Chương 2: Luận văn trình bày phương pháp sử dụng đạo hàm vào giải các bài toán
tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Chương 2 luận văn trình bày phương pháp khảo
sát trực tiếp hàm số trên tập xác định của hàm số, khảo sát theo hàm số từng biến,
đặt biến phụ chuyển về đánh giá hàm một biến, đánh giá thông qua biểu thức bậc
nhất, hay phương pháp sử dụng tính chất hàm lồi, hàm lõm... được tham khảo trong
[1, 5, 6, 2, 7, 4].

4

Footer Page 4 of 126.


Header Page 5 of 126.
5
Chương 3. Luận văn trình bày phương pháp để tìm cực trị tự do và cực trị có điều
kiện của hàm nhiều biến số. Từ đó tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
và được tham khảo trong [3].

Footer Page 5 of 126.


Header Page 6 of 126.

Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị

1.1

Định nghĩa đạo hàm tại một điểm

Định nghĩa 1.1. Cho hàm số y = f (x) xác định trên khoảng (a, b) và x0 ∈ (a, b). Nếu
giới hạn sau tồn tại và hữu hạn
lim

x→x0

f (x) − f (x0 )
x − x0

thì giới hạn này được gọi là đạo hàm của hàm số f tại điểm x0 và được ký hiệu là
f (x0 ). Khi đó ta nói rằng f khả vi tại x0 .
Chú ý. Nếu kí hiệu ∆x = x − x0 , ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) thì
f (x0 ) = lim

x→x0

f (x0 + ∆x) − f (x0 )
∆y
.
= lim
∆x→0 ∆x
x − x0

Nếu hàm số y = f (x) có đạo hàm tại x0 thì nó liên tục tại điểm đó.
Ý nghĩa hình học. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị (C). Khi đó, f (x0 ) là hệ số góc
của tiếp tuyến đồ thị (C) của hàm số y = f (x) tại M (x0 , y0 ) ∈ (C). Phương trình tiếp

tuyến của đồ thị hàm số y = f (x) tại điểm M (x0 , y0 ) ∈ (C) là
y = f (x0 )(x − x0 ) + y0 .

6

Footer Page 6 of 126.


Header Page 7 of 126.
7

1.2

Cực trị của hàm số

Định nghĩa 1.2. Cho hàm số y = f (x) xác định trên tập hợp D ⊂ R và x0 ∈ D. Điểm
x0 được gọi là một điểm cực đại của hàm số f (x) nếu tồn tại một khoảng (a, b) chứa
điểm x0 sao cho f (x) ≤ f (x0 ) với ∀x ∈ (a, b) ∩ D. Khi đó f (x0 ) được gọi là giá trị cực
đại của f (x) và điểm (x0 , f (x0 )) được gọi là điểm cực đại của đồ thị hàm số y = f (x).
Điểm x0 được gọi là một điểm cực tiểu của hàm số f (x) nếu tồn tại một khoảng (a, b)
chứa điểm x0 sao cho f (x) ≥ f (x0 ) với ∀x ∈ (a, b) ∩ D.
Khi đó f (x0 ) được gọi là giá trị cực tiểu của f (x) và điểm (x0 , f (x0 )) được gọi là điểm
cực tiểu của đồ thị hàm số y = f (x).
Điểm cực đại, cực tiểu được gọi chung là điểm cực trị. Giá trị cực đại, giá trị cực tiểu
được gọi chung là cực trị.
Định lý 1.3. Cho hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên [a, b].
Nếu f (x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b] thì f (x) đồng biến trên [a, b] và khi đó ta có
min f (x) = f (a), max f (x) = f (b).
x∈[a,b]

x∈[a,b]

Nếu f (x) ≤ 0 ∀x ∈ [a, b] thì f (x) nghịch biến trên [a, b] và khi đó ta có
min f (x) = f (b), max f (x) = f (a).
x∈[a,b]

x∈[a,b]

Chú ý. Khái niệm cực đại cực tiểu của một hàm số có tính chất địa phương, chúng
chưa chắc đã là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số.

Ta có kết quả sau về điều kiện cần của cực trị.
Định lý 1.4. ( Định lý Fermat) Cho hàm f xác định trên (a, b) và x0 ∈ (a, b). Nếu
hàm số f có cực trị tại x0 và hàm f có đạo hàm tại x0 thì
f (x0 ) = 0.
Chú ý. Điều ngược lại không đúng: Nếu hàm f có f (x0 ) = 0 nhưng chưa chắc x0 là
điểm cực trị, ví dụ hàm y = x3 có y (0) = 0 nhưng hàm số không có cực trị tại x = 0.

Footer Page 7 of 126.


Header Page 8 of 126.
8
Nếu hàm số f có cực trị tại x0 thì có thể tại x0 đạo hàm không xác định, ví dụ hàm
y = |x| có cực tiểu tại x = 0 nhưng dễ chứng minh được hàm số không có đạo hàm tại
x = 0.
Định lý 1.5. Giả sử hàm số f khả vi trên khoảng (a, b) chứa x0 , và f (x0 ) = 0.
Nếu f (x) ≥ 0 với mọi x ∈ (a, x0 ) và f (x) ≤ 0 với mọi x ∈ (x0 , b) ( tức đạo hàm đổi
dấu từ (+) sang (-) khi đi qua x0 ) thì x0 là điểm cực tiểu của hàm f .
Nếu f (x) ≤ 0 với mọi x ∈ (a, x0 ) và f (x) ≥ 0 với mọi x ∈ (x0 , b) ( tức đạo hàm đổi

dấu từ (-) sang (+) khi đi qua x0 ) thì x0 là điểm cực đại của hàm f .
Định lý 1.6. Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp một trên khoảng (a, b) chứa x0 , có đạo
hàm cấp hai khác 0 tại x0 .
Nếu f (x0 ) = 0 và f (x0 ) > 0 thì x0 là điểm cực tiểu của hàm f .
Nếu f (x0 ) = 0 và f (x0 ) < 0 thì x0 là điểm cực đại của hàm f .

1.3

Các định lí cơ bản về hàm khả vi

Trong phần này, luận văn trình bày hai định lý quan trọng về đạo hàm. Đó là định
lí Lagrange, định lí Rolle (xem [3]).
Định lý 1.7. (Định lý Rolle) Nếu f (x) là hàm liên tục trên đoạn [a, b], có đạo hàm
trên khoảng (a, b) và f (a) = f (b) thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0.
Chứng minh. Vì f (x) liên tục trên [a, b] nên theo định lí Weierstrass f (x) nhận giá trị
lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m trên [a, b].
- Khi M = m ta có f (x) là hàm hằng trên [a, b], do đó với mọi c ∈ (a, b) luôn có
f (c) = 0.
- Khi M > m, vì f (a) = f (b) nên tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (c) = m hoặc f (c) = M ,
theo Định lý Fermat suy ra f (c) = 0. Định lý được chứng minh.
Hệ quả 1.8. Nếu hàm số f (x) có đạo hàm trên (a, b) và f (x) có n nghiệm ( n là số
nguyên dương lớn hơn 1) trên (a, b) thì f (x) có ít nhất n − 1 nghiệm trên (a, b).

Footer Page 8 of 126.


Header Page 9 of 126.
9
Hệ quả 1.9. Nếu hàm số f (x) có đạo hàm trên (a, b) và f (x) vô nghiệm trên (a, b)
thì f (x) có nhiều nhất 1 nghiệm trên (a, b).

Hệ quả 1.10. Nếu f (x) có đạo hàm trên (a, b) và f (x) có nhiều nhất n nghiệm (nlà
số nguyên dương) trên (a, b) thì f (x) có nhiều nhất n + 1 nghiệm trên (a, b).
Định lý 1.11. (Định lí Lagrange) Nếu f (x) là hàm liên tục trên đoạn [a, b], có đạo
hàm trên khoảng (a, b) thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
f (c) =

f (b) − f (a)
.
b−a

Chứng minh. Xét hàm số
F (x) = f (x) −

f (b) − f (a)
x,
b−a

x ∈ [a, b].

Khi đó F (x) là hàm liên tục trên đoạn[a, b], có đạo hàm trên khoảng (a, b) và
F (a) = F (b). Theo định lí Rolle tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F (c) = 0. Mà
F (x) = f (x) −

f (b) − f (a)
,
b−a

suy ra
f (c) =

f (b) − f (a)
.
b−a

Định lý được chứng minh.
Định lí Rolle là một hệ quả của định lý Lagrange trong trường hợp f (a) = f (b).

1.4

Hàm lồi và hàm lõm

Ta ký hiệu I(a, b) là một tập hợp có một trong bốn dạng tập hợp sau (a, b), [a, b), (a, b]
và [a, b].
Định nghĩa 1.12. Hàm số f (x) được gọi là lồi trên tập I(a, b) nếu với mọi x1 , x2 ∈
I(a, b) và với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta đều có
f (αx1 + βx2 ) ≤ αf (x1 ) + βf (x2 ).

(1.1)

Nếu dấu đẳng thức trong (1.1) xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 thì ta nói hàm số f (x) là
hàm lồi thực sự (chặt) trên I(a, b).

Footer Page 9 of 126.


Header Page 10 of 126.
10
Định nghĩa 1.13. Hàm số f (x) được gọi là lõm trên tập I(a, b) nếu với mọi
x1 , x2 ∈ I(a, b) và với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta đều có
f (αx1 + βx2 ) ≥ αf (x1 ) + βf (x2 ).

(1.2)

Nếu dấu đẳng thức trong (1.2) xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 thì ta nói hàm số f (x) là
hàm lõm thực sự (chặt) trên I(a, b).
Định lý 1.14. Nếu f (x) khả vi bậc hai trên I(a, b) thì f (x) lồi (lõm) trên I(a, b) khi
và chỉ khi f (x) ≥ 0(f (x) ≤ 0) trên I(a, b).
Nếu f (x) lồi khả vi trên I(a, b) thì với mọi cặp x0 , x ∈ I(a, b), ta đều có
f (x) ≥ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 )

(1.3)

Dễ nhận thấy rằng (1.3) xảy ra đẳng thức khi x0 = x. Vậy ta có thể viết (1.3) dưới
dạng
f (x) = min f (u) + f (u)(x − u).
u∈I(a,b)

Footer Page 10 of 126.


Header Page 11 of 126.

Chương 2
Ứng dụng đạo hàm giải các bài
toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của hàm số
2.1

Khảo sát trực tiếp hàm số trên miền xác định

Bài toán 1. ( Thi HSG Quốc gia, 1992) Cho số tự nhiên n > 1. Tìm giá trị lớn nhất
và nhỏ nhất của hàm số
f (x) =

√
√
n
1+x+ n1−x

với x thuộc [0, 1].
Chứng minh. Hàm số f (x) =
f (x) =

1
n

√
√
n
1 + x + n 1 − x liên tục trên miền [0, 1], hơn nữa
1

n

(1 + x)n−1

−

1
n

(1 − x)n−1

< 0 ∀x ∈ (0, 1).

Vậy f (x) nghịch biến [0, 1] nên
√
n

2 = f (1) ≤ f (x) ≤ f (0) = 2 ∀x ∈ [0, 1].

√
√
n
1 + x + n 1 − x trên [0, 1] là 2 đạt được khi x = 0,
√
giá trị nhỏ nhất của f (x) trên [0, 1] là n 2 đạt được khi x = 1.
Vậy giá trị lớn nhất của f (x) =

11

Footer Page 11 of 126.


Header Page 12 of 126.
12
Bài toán 2. a. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
√

x+1

x2 − x + 1

với x ∈ R.

b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
√

x2 − x + 1 +

y2 − y + 1 +

√

z2 − z + 1

trong đó các số x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3.
Chứng minh. a) Xét hàm số
x+1
f (x) = √
2
x −x+1

với x ∈ R.

Ta có
f (x) =

3(1 − x)
√
2(x2 − x + 1) x2 − x + 1

và do đó f (x) = 0 khi và chỉ khi x = 1, limx→+∞ f (x) = 1, limx→−∞ f (x) = −1, và
f (x) đổi dấu từ + sang − khi đi qua 1. Do đó
f (x) ≤ f (1) = 2 ∀x ∈ R.
Vậy giá trị lớn nhất của f (x) trên R là 2 đạt được khi x = 1.
b) Áp dụng câu a) ta có
x+1
√
≤ 2 ∀x ∈ R.
2
x −x+1
Hay
√

1
x2 − x + 1 ≥ (x + 1).
2

(2.1)

1
y 2 − y + 1 ≥ (y + 1),
2

(2.2)

1
z 2 − z + 1 ≥ (z + 1).
2

(2.3)

Tương tự ta có

√

Cộng từng vế các bất đẳng thức (2.1), (2.2) và (2.3) ta có
√

Footer Page 12 of 126.

x2 − x + 1 +

y2 − y + 1 +

√

1
z 2 − z + 1 ≥ (3 + x + y + z).
2


Header Page 13 of 126.
13
Mà x + y + z = 3 nên ta có
√

x2 − x + 1 +

y2 − y + 1 +

√

z 2 − z + 1 ≥ 3.

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của
√
y 2 − y + 1 + z 2 − z + 1 là 3.

√

x2 − x + 1 +

Bài toán 3. Giả sử A, B, C là ba góc của một tam giác nhọn. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
tan A + tan B + tan C + 6(sin A + sin B + sin C).
Chứng minh. Xét hàm số
f (x) = tan x + 6 sin x − 7x với x ∈ (0, π/2).
Ta có
f (x) =

1
(cos x − 1)(3 cos x + 1)(2 cos x − 1)
+ 6 cos x − 7 =
.
2
cos x
cos2 x

Vì x ∈ (0, π/2) nên f (x) = 0 khi 2 cos x − 1 = 0 hay x = π/3. Ta thấy f (x) đổi dấu

từ − sang + khi đi qua π/3. Nên ta được
√
7π
min f (x) = f (π/3) = 4 3 −
.
x∈(0,π/2)
3
Áp dụng điều này lần lượt cho x = A, x = B, x = C ta được
√
7π
f (A) + f (B) + f (C) ≥ 3(4 3 −
).
3
Hay

√
tan A + tan B + tan C + 6(sin A + sin B + sin C) ≥ 12 3.

√
Vậy giá trị nhỏ nhất của tan A + tan B + tan C + 6(sin A + sin B + sin C) là 12 3 đạt
được khi A = B = C = π/3.
Bài toán 4. Giả sử x > 0, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh rằng giá trị lớn nhất của
biểu thức
√
là

√

2.

Footer Page 13 of 126.

x
y
+√
1−y
1−x


Header Page 14 of 126.
14
Chứng minh. Theo giả thiết thì y = 1 − x. Ta sẽ chứng minh rằng
√

x
1−x √
+ √ ≥ 2 ∀x ∈ (0, 1).
x
1−x

Xét
1−x
x
+ √
f (x) = √
x
1−x

với x ∈ (0, 1).

Ta có
2−x
1
1 + (1 − x)
1
x+1
1+x
√
√
=
− √
− √
2 (1 − x) 1 − x
2 (1 − x) 1 − x
x x
x x
√
1 √
= (h( 1 − x) − h( x))
2

f (x) =

trong đó
h(t) =

1 + t2
1
1
= 3+ .

3
t
t
t

Ta thấy hàm h(t) là hàm nghịch biến trên (0, +∞), nên
√
√
√
√
1
f (x) = 0 ⇔ h( 1 − x) = h( x) ⇔ 1 − x = x ⇔ x =
2
và
√
√
√
√
1
f (x) > 0 ⇔ h( 1 − x) > h( x) ⇔ 1 − x < x ⇔ x ∈ ( , 1)
2
1
f (x) < 0 ⇔ x ∈ (0, ).
2
Vậy trên (0, 1) thì f (x) đổi dấu từ − sang + khi đi qua 12 . Nên ta được
√
1
min f (x) = f ( ) = 2.
x∈(0,1)
2

Suy ra f (x) ≥

√

2 ∀x ∈ (0, 1). Vậy giá trị nhỏ nhất của
√

là

√

x
y
+√
1−y
1−x

2 đạt được khi x = y = 21 .

Bài toán 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
f (x) =

Footer Page 14 of 126.

√

x2 + x + 1 +

√
x2 − x + 1.

Header Page 15 of 126.
15
Chứng minh. Tập xác định R. Xét hàm số
f (x) =

√

√

x2 + x + 1 +

x2 − x + 1

trên R. Ta có
f (x) =

x+

1
2

(x + 12 )2 +

x−

+
3
4

1
2

(x − 21 )2 +

3
4

1
1
= g(x + ) − g( − x) ∀x ∈ R
2
2

trong đó
t

g(t) =

t2 +

3
4

với t ∈ R.

Vì hàm g đồng biến trên R nên
f (x) = 0 ⇔ x = 0,
1

1
f (x) > 0 ⇔ g(x + ) > g( − x) ⇔ x > 0.
2
2
Vậy trên R thì f (x) đổi dấu từ − sang + khi đi qua 0. Từ đó giá trị nhỏ nhất của
f (x) là 2 khi x = 0.
Bài toán 6. Giả sử a, b ∈ R+ và a = b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
(

a + x b+x
)
b+x

với x ∈ [0, +∞).

Chứng minh. Xét hàm số
f (x) = (

a + x b+x
) ,
b+x

x ≥ 0.

Khi đó
ln f (x) = (b + x) ln

a+x
.
b+x

Suy ra
[ln f (x)] = [(b + x) ln

a+x
],
b+x

và do đó
f (x)
a+x
b+x a+x
a+x b−a
= ln
+ (b + x)
(
) = ln
+
.
f (x)
b+x
a+x b+x
b+x a+x

Footer Page 15 of 126.


Header Page 16 of 126.
16
Hay

f (x) = f (x) ln

a+x b−a
a + x b+x
+
=(
) g(x)
b+x a+x
b+x

trong đó
g(x) = ln

a+x b−a
+
.
b+x a+x

Ta có
g (x) =

b+x b−a
a−b
(a − b)2
.
< 0.
+
=
−
a + x (b + x)2 (a + x)2

(a + x)2 (b + x)

Do đó g(x) nghịch biến trên (0, +∞). Suy ra
g(x) > lim g(x) = lim
x→∞

x→∞

ln

a+x b−a
+
= 0.
b+x a+x

Vậy
f (x) > 0 ∀x > 0,
nên f (x) đồng biến trên [0, +∞). Suy ra f (x) ≥ f (0) ∀x ≥ 0. Vậy giá trị nhỏ nhất
của biểu thức ( a+x
)b+x
b+x

với x ∈ [0, +∞) là ( ab )b .

Bài toán 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2sin x + 2tan x − 2x+1

0≤x≤

π

.
2

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
√
2sin x + 2tan x ≥ 2 2sin x 2tan x .
Ta chứng minh
sin x + tan x ≥ 2x.
Thật vậy, xét hàm số
f (x) = sin x + tan x − 2x
liên tục trên [0, π2 ], và có
f (x) = cos x +

1
1
π
− 2 > cos2 x +
− 2 ≥ 0 ∀x ∈ [0, ].
2
2
cos x
cos x
2

Do đó f (x) đồng biến trên [0, π2 ]. Suy ra f (x) ≥ f (0) = 0, hay
π
sin x + tan x ≥ 2x với mọi x ∈ [0, ]
2

Footer Page 16 of 126.

Header Page 17 of 126.
17
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2sin x + 2tan x − 2x+1

với 0 ≤ x ≤

π
2

là 0 đạt được khi x = 0.

2.2

Khảo sát hàm số theo từng biến

Đối với các BĐT nhiều biến, ta có thể chọn một biến là biến số biến thiên và cố
định các biến còn lại, bài toán lúc này trở thành BĐT một biến.
Bài toán 8. Giả sử A, B, C là ba góc của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
Q=2

1
1
1
+
+
− (cot A + cot B + cot C).

sin A sin B sin C

Chứng minh. Ta viết
Q=

2
2
2
− cot A +
− cot B +
− cot C .
sin A
sin B
sin C

Xét hàm số
f (x) =

2
− cot x
sin x

với x ∈ (0, π).

Ta có
f (x) =

1 − 2 cos x
.
sin2 x

Khi đó, hàm f (x) trong khoảng (0, π) sẽ chuyển từ − sang + khi đi qua điểm π/3. Từ
đó ta có
f (A) ≥

√

3
√
f (B) ≥ 3
√
f (C) ≥ 3.
Suy ra

Footer Page 17 of 126.

√
Q = f (A) + f (B) + f (C) ≥ 3 3.


Header Page 18 of 126.
18
Dấu đẳng thức khi tam giác ABC đều. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
1
1
+
+
− (cot A + cot B + cot C)
sin A sin B sin C

Q=2
√
là 3 3.

Bài toán 9. Giả sử các số thực a, b, c > 0, thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức

b2

a
b
c
+ 2
+ 2
.
2
2
+c
c +a
a + b2

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh rằng
√
b
c
3 3
a
+
+

≥
.
b 2 + c 2 c 2 + a2 a2 + b 2
2

(2.4)

Ta có (2.4) tương đương
√
a
b
c
3 3 2
+
+
≥
(a + b2 + c2 ).
1 − a2 1 − b 2 1 − c 2
2
Từ đó gợi ý ta chứng minh các bất đẳng thức sau
√
√
√
3 3 2
b
3 3 2
c
3 3 2
a
≥

a,
≥
b,
≥
c.
1 − a2
2
1 − b2
2
1 − c2
2
Hay phải chứng minh
2
2
2
a(1 − a2 ) ≤ √ , b(1 − b2 ) ≤ √ , c(1 − c2 ) ≤ √ .
3 3
3 3
3 3
Khảo sát đại diện là hàm số
f (x) = x(1 − x2 )

với x ∈ (0, 1).

Ta có
f (x) = 1 − 3x2 .
√
Khi đó, hàm f (x) trong khoảng (0, 1) sẽ chuyển từ − sang + khi đi qua điểm 1/ 3.
Nên giá trị lớn nhất của f (x) trên khoảng (0, 1) là
thức

a
b2 +c2

Footer Page 18 of 126.

+

b
c2 +a2

+

c
a2 +b2

là

√
3 3
2

2
√
.
3 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu
√
đạt được khi a = b = c = 1/ 3.

Header Page 19 of 126.
19
Bài toán 10. Chứng minh rằng giá trị lớn nhất của biểu thức
2(x3 + y 3 + z 3 ) − (x2 y + y 2 z + z 2 x)

với x, y, z ∈ [0, 1]

là 3.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh rằng
f (x) = 2x3 − yx2 − z 2 x + 2(y 3 + z 3 ) ≤ 3.
Thật vậy, ta có
f (x) = 6x2 − 2yz − z 2
và f (x) = 0 khi
1
x = x1 = (y −
6

1
y 2 + 6z 2 ), x = x2 = (y +
6

y 2 + 6z 2 ).

Xét hai trường hợp
Trường hợp 1. Nếu x2 ∈ (0, 1) suy ra f (x) ≤ 0 ∀x ∈ [0, 1]. Suy ra f (x) giảm trên
[0, 1]. Do đó
max f (x) = max{f (0), f (1)}.
x∈[0,1]

Trường hợp 2. Nếu x2 ∈ (0, 1) thì do x1 ≤ 0 < x2 nên trên [0, 1] hàm f (x) sẽ đổi dấu
từ − sang + khi đi qua x2 . Do đó
max f (x) = max{f (0), f (1)}.
x∈[0,1]

Như vậy trong cả hai trường hợp ta đều có
max f (x) = max{f (0), f (1)}.
x∈[0,1]

Mặt khác
f (0) = 2(y 3 + z 3 ) − y 2 z ≤ 2(y 3 + z 3 ) − y 2 z + (2 − y − z 2 ) = f (1).
Nên ta được
max f (x) = f (1) = 2(y 3 + z 3 ) − y 2 z + (2 − y − z 2 ).
x∈[0,1]

Footer Page 19 of 126.


Header Page 20 of 126.
20
Ta sẽ chứng minh f (1) ≤ 3. Thật vậy, đặt
f (1) = g(y) = 2(y 3 + z 3 ) − y 2 z + (2 − y − z 2 ).
Khi đó
g (y) = 6y 2 − 2zy − 1 = 0
và

√
√
1

1
g (y) = 0 ⇔ y = y1 = (z − z 2 + 6) < 0, y = y2 = (z + z 2 + 6).
6
6

• Nếu y2 ∈ (0, 1) thì g (y) ≤ 0 ∀y ∈ [0, 1]. Suy ra g(y) giảm trên [0, 1]. Do đó
max g(y) = max{g(0), g(1)}.
y∈[0,1]

Nếu y2 ∈ (0, 1) thì trên [0, 1] hàm g (y) sẽ đổi dấu từ − sang + khi đi qua y2 . Do vậy
max g(y) = max{g(0), g(1)}.
y∈[0,1]

Như vậy trong cả hai trường hợp ta đều có
max g(y) = max{g(0), g(1)}.
y∈[0,1]

Ta có
g(0) = 2z 3 + 2 − z 2 ≤ 2z 3 + 2 − z 2 + (1 − z) = g(1) = z(z − 1)(2z + 1) + 3 ≤ 3
với mọi x, y, z ∈ [0, 1]. Do đó
max g(y) = 3.
y∈[0,1]

Khi x = y = z = 1 thì 2(x3 + y 3 + z 3 ) − (x2 y + y 2 z + z 2 x) = 3. Vậy giá trị lớn nhất
của 2(x3 + y 3 + z 3 ) − (x2 y + y 2 z + z 2 x) là 3.
Bài toán 11. Giả sử a, b, c ∈ [ 31 , 3]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
S(a, b, c) =

a
b

c
+
+
.
a+b b+c c+a

Chứng minh. Đặt
f (a) =

Footer Page 20 of 126.

a
b
c
+
+
.
a+b b+c c+a


Header Page 21 of 126.
21
Xét hai trường hợp sau
Trường hợp 1. a ≥ b ≥ c. Ta có
f (a) =

b
c
(b − c)(a2 − bc)
−

=
≥ 0.
(a + b)2 (a + c)2
(a + b)2 (a + c)2

Suy ra
f (a) ≤ f (3) =

b
c
3
+
+
= g(c).
3+b b+c c+3

Mặt khác
−b
3
(b − 3)(3b − c2 )
g (a) =
+
=
≥ 0.
(c + b)2 (c + 3)2
(c + 3)2 (b + c)2
Suy ra
1
3
3b

1
g(c) ≤ g( ) =
+
+
= h(b).
3
3 + b 3b + 1 10
Ta có
h (b) =

3
(1 − b)(1 + b)
3
−
=
.
(3b + 1)2 (b + 3)2
(3b + 1)2 (b + 3)2

Nên h(b) ≤ h(1). Suy ra
1
8
S(a, b, c) ≤ S(3, 1, ) = .
3
5
Trường hợp 2. c ≥ b ≥ a. Áp dụng trường hợp 1 ta nhận được
8
S(c, b, a) ≤ .
5
Mặt khác

S(a, b, c) − S(c, b, a) =

(a − b)(b − c)(a − c)
≤ 0.
(a + b)(b + c)(a + c)

Suy ra
8
S(a, b, c) ≤ .
5
Vậy giá trị lớn nhất của S(a, b, c) là

8
,
5

đạt được khi và chỉ khi (a, b, c) ∈

{(3, 1, 31 ), ( 13 , 3, 1), (1, 31 , 3)}.
Bài toán 12. Giả sử a, b, c ∈ [0, 1]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
S=

Footer Page 21 of 126.

b3

a
b
c
+ 3

+ 3
.
3
3
+ c + 6 c + a + 6 a + b3 + 6


Header Page 22 of 126.
22
Chứng minh. Đặt
f (c) =

a
b
c
+
+
.
b 3 + c 3 + 6 c 3 + a3 + 6 a3 + b 3 + 6

Ta có
3ac2
1
3c2
−
−
b3 + c3 + 6 (b3 + c3 + 6)2 (a3 + c3 + 6)2

f (c) =
và

f (c) =

6ac(6 + b3 − 2c3 ) 6bc(6 + a3 − 2c3 )
−
≤ 0.
(b3 + c3 + 6)2
(a3 + c3 + 6)2

Nên f (c) giảm trên [0, 1]. Suy ra
f (c) ≥ f (1) =

3a
3
3b
1
1
−
−
2
> 0.
−
≥
b3 + a3 + 6 (7 + b3 )2 (7 + a3 )2
8
49

Suy ra f (c) tăng trên [0, 1]. Do đó
S = f (c) ≤ f (1) =

b3

a
b
1
+ 3
+ 3
= g(a).
+ 7 a + 7 a + b3 + 6

Ta có
g (a) =

1
2a2 b
1
−
− 3
3
3
2
b + 7 (a + 7)
(a + b3 + 7)2

và
6ab(7 − 2a3 ) 6a(b3 + 6 − 2a3 )
−
≤ 0.
g (a) =
(a3 + 7)3

(a3 + b3 + 7)3
Nên g (a) giảm trên [0, 1]. Suy ra
g (a) ≥ g (1) =

b3

3b
3
1
1
1
−
−
= 3
−
3
2
+ 7 64 (7 + b )
b +7 8

3
5 − 3b
5
− 3
+
> 0.
8 b +7
64

Suy ra g(a) tăng trên [0, 1]. Do đó

S = g(a) ≤ g(1) =

b3

2
b
+ = h(b).
+7 8

Ta có
h (b) =

1
6b2
(b3 + 7)2 − 48b2
− 3
−
> 0 ∀b ∈ [0, 1].
8 (b + 7)2
8(b3 + 7)2

Suy ra h(b) tăng trên [0, 1], nên
3
h(b) ≤ h(1) = .
8
Hay S ≤ 83 . Với a = b = c = 1 thì S = 38 . Vậy giá trị lớn nhất của S là 38 .

Footer Page 22 of 126.

Header Page 23 of 126.
23
Bài toán 13. Xét hàm số
f (x, y) = (1 − x)(2 − y)(4x − 2y)
trên miền D = {(x, y) :

0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2}. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm f trên

miền D.
Chứng minh. Biến đổi hàm số đã cho thành
f (x, y) = 2(1 − x)(2 − y)((2 − y) − 2(1 − x))
Đặt u = 1 − x, v = 2 − y, thì bài toán đã cho trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm
số
F (u, v) = −2uv 2 + u2 v
trên miền E = {(u, v) :

0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 1}, nghĩa là

min F (u, v) = min [ min (−2uv 2 + u2 v)].
0≤u≤2 0≤v≤1

E

Xét hàm số g(v) = −2uv 2 + u2 v với 0 ≤ v ≤ 1, coi u là tham số. Ta có
g (v) = −4uv + u2 = u(−4v + u).
Ta thấy g (v) = 0 khi v0 = u4 , và qua v0 =
0≤

u
4

u
4

thì g (v) đổi dấu từ dương sang âm, mà

≤ 12 , ta suy ra
max g(v) = min{g(0), g(1)} = min{0, u2 − 2u}.

0≤v≤1

Do u2 − 2u ≤ 0 nên
min F (u, v) = min (u2 − 2u) = −1
0≤u≤2

E

khi u = 1, v = 1. Từ đó
min f (x, y) = 2 min F (u, v) = −2
D

E

khi x = 0, y = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của f (x, y) trên miền D là −2.
Bài toán 14. (Đề thi HSG THPT toàn quốc bảng A, 1999) Xét các số thực dương
a, b, c thỏa mãn abc + a + c = b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =

Footer Page 23 of 126.

a2

2
2
3
− 2
+ 2
.
+1 b +1 c +1


Header Page 24 of 126.
24
Chứng minh. Biến đổi giả thiết thành a + c = b(1 − ac) > 0, suy ra
1
a+c
a < ,b =
.
c
1 − ac

(2.5)

Thay (2.5) vào biểu thức P và biến đổi được
P =

3
2(a + c)2
2
+

+
− 2.
a2 + 1 c2 + 1 (1 + a2 )(1 + b2 )

(2.6)

Xét hàm số
1
2(x + c)2
+
x2 + 1 (1 + x2 )(1 + c2 )

f (x) =
với 0 < x <

1
2

và coi c là tham số (c > 0). Ta có
f (x) =

2c(x2 + 2cx − 1)
.
(1 + c2 )(1 + x2 )2

Trên (0, 1c ) thì f (x) = 0 có nghiệm duy nhất là
x0 = −c +

√

c2 + 1

(2.7)

với 0 < x0 < 1c . Qua x0 thì f (x) đổi dấu từ dương sang âm nên f (x) đạt cực đại tại
x0 nên
f (x) ≤ f (x0 ) = 1 + √

c
.
+1

c2

Từ đó theo (2.6) ta có
P = 2f (x) − 2 +

c2

2c
3
3
≤√
= g(c).
+ 2
+1
c2 + 1 c + 1

Xét hàm số g(c) với c > 0. Ta có
g (c) =

2(1 − 8c2 )
√
.
(c2 + 1)(3c + c2 + 1)

Với c > 0, thì ta thấy g (c) = 0 tại c0 =

√1
8

và g (c) đổi dấu từ dương sang âm khi đi

qua c0 nên g(c0 ) là giá trị cực đại, suy ra
1
10
P ≤ g( √ ) = .
3
8
Ta thấy, giá trị P =
P là

10
.
3

Footer Page 24 of 126.

10
3

đạt được khi c =

√1 , a
8

=

√1 , b
2

=

√

2. Vậy giá trị lớn nhất của


Header Page 25 of 126.
25
Bài toán 15. (VMO, 2001) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện


2


≤ z ≤ min{x, y}


5

4
(2.8)
xz ≥ 15






yz ≥ 15 .
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P (x, y, z) =

1 2 3
+ + .
x y z

Chứng minh. Từ hệ bất phương trình (2.8) suy ra
x ≥ max{z,

4
}
15z

(2.9)

a) Xét hàm số
f (x) =

1 1

+
x z

với x > 0 và tham số z ≥ 25 . Xét hai trường hợp
Trường hợp 1. Nếu z ≥

√2 ,
15

khi đó theo (2.9) thì x ≥ z ≥

2
5

≤z≤

√2 ,
15

khi đó theo (2.9) thì x ≥

f (x) ≤
Xét hàm số g(z) với

2
5

≤z≤

√2 .

15

√2 .
15

4
15z

≥ z, nên

Ta có
15
1
− 2 <0
4
z

Do đó g(z) là hàm giảm và
2
f (z) ≤ g(z) ≤ g( ) = 4.
5

So sánh (2.10) và (2.11) ta có
1 1
+ ≤4
x z

Footer Page 25 of 126.

(2.10)

15z 1
+ = g(z).
4
z

g (z) =
khi và chỉ khi z <

nên

2
1 1
+ = ≤ 15.
z z
z

f (x) ≤
Trường hợp 2. Nếu

4
,
15z

(2.11)