Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến

Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

BÀI 3. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
A. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
I. TĨM TẮT LÝ THUYẾT
1. Bài tốn chung: Tìm giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất của hàm số f ( x )
Bước 1: Dự đốn và chứng minh f ( x ) ≥ c; f ( x ) ≤ c
Bước 2: Chỉ ra 1 ñiều kiện ñủ ñể f ( x ) = c
2. Các phương pháp thường sử dụng
Phương pháp 1: Biến đổi thành tổng các bình phương
Phương pháp 2: Tam thức bậc hai.
Phương pháp 3: Sử dụng bất ñẳng thức cổ ñiển: Côsi; Bunhiacôpski
Phương pháp 4: Sử dụng ñạo hàm.
Phương pháp 5: Sử dụng ñổi biến lượng giác.
Phương pháp 6: Sử dụng phương pháp véctơ và hệ tọa ñộ
Phương pháp 7: Sử dụng phương pháp hình học và hệ tọa ñộ.
II. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA:
Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P(x, y) = x 2 + 11y 2 − 6xy + 8x − 28y + 21
Giải. Biến ñổi biểu thức dưới dạng P(x, y) = (x − 3y + 4)2 + 2(y − 1)2 + 3 ≥ 3
y −1= 0
y =1
Từ đó suy ra MinP(x, y) = 3 ⇔ 
⇔
 x − 3 y + 4 = 0  x = −1

Bài 2. Cho x, y > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của: S =

x4
y

4

+

y4
x

4

−

x2
y

2

−

y2
x

2

+

x y
+
y x

2

2
2
 y2

y2 x y
 x2

Giải. S =  2 − 1 +  2 − 1 − 2 + x 2 + 2 + +
y x
y
x
x

y

2

2

2

2

2
 y2

 x y
x y

 x2


S =  2 − 1 +  2 − 1 +  −  +  + − 2  + 2
x

 y x
y x

y

2
 y2

( x − y) 2
 x y
 x2

S =  2 − 1 +  2 − 1 +  −  +
+2≥2 .
xy
x

 y x
y


Với x = y > 0 thì MinS = 2
1


Chương I. Hàm số – Trần Phương

Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số S = sin 2 x + sin 2 y + sin 2 ( x + y )
1 − cos 2 x 1 − cos 2 y
+
+ 1 − cos 2 ( x + y )
2
2
S = 2 − cos( x + y) cos( x − y) − cos 2 ( x + y) = 9 −  1 + cos( x + y) cos( x − y) + cos 2 ( x + y) 
4  4


Giải . S = sin 2 x + sin 2 y + sin 2 ( x + y ) =

2

S = 9 −  1 cos( x − y ) + cos( x + y )  − 1 sin 2 ( x − y ) ≤ 9 .

4  2
4
4
Với x = y =

π
9
+ k π , (k∈Z) thì Max S =
3
4

Bài 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
S = x12 + x 22 + x32 + ... + x82 − ( x1 x2 + x2 x3 + ... + x6 x7 + x7 x8 + x8 )

2

2

2

2

1 
3
2 
4
3 
5
4 

Giải. S =  x1 − x2  +  x2 − x3  +  x3 − x4  +  x 4 − x5  +
2 
4
3 
6
4 
8
5 

2

+

2

2

2

6 
5 
7 
6 
8 
7 
9 
8
4
4
 x 5 − x 6  +  x 6 − x 7  +  x 7 − x8  +  x8 −  − ≥ −
10 
6 
12 
7 
14 
8 
16 
9
9
9

Với x1 =

4

1
2
6
7
8
x 2 ; x2 = x3 ;...; x6 = x7 ; x7 = x8 ; x8 = , thì Min S = −
2
3
7
8
9
9

Bài 5. Cho x, y , z ∈ ℝ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S = 19x2 + 54y2 +16z 2 −16xz − 24y +36xy
Giải. Biến ñổi S ⇔ f(x) = 19x2 − 2(8z −18y)x + 54y2 +16z2 − 24y
Ta có ∆′x = g(y) = (8z −18y)2 − (54y2 +16z2 − 24y) = −702y2 +168zy − 240z2
⇒ ∆′y = (84z)2 − 702.240z2 = −161424z 2 ≤ 0 ∀z∈R ⇒ g(y) ≤ 0 ∀y, z∈R
Suy ra ∆′x ≤ 0 ∀y, z∈R ⇒ f(x) ≥ 0. Với x = y = z = 0 thì MinS = 0
Bài 6. Cho x 2 + xy + y2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
S = x2 − xy + y 2
Giải Xét y = 0 ⇒ x2 = 3 ⇒ S = 3 là 1 giá trị của hàm số.
Xét y ≠ 0, khi đó biến đổi biểu thức dưới dạng sau ñây
2

u=

2

S x 2 − xy + y 2 ( x / y ) − ( x / y ) + 1 t 2 − t + 1

x
= 2
=
= 2
= u với t =
2
2
3 x + xy + y
y
( x / y) + ( x / y) + 1 t + t + 1


Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

⇔ u(t2 + t + 1) = t2 − t + 1 ⇔ (u − 1)t2 + (u + 1)t + (u − 1) = 0 (*)
+ Nếu u = 1, thì t = 0 ⇒ x = 0, y = ± 3 ⇒ u = 1 là 1 giá trị của hàm số
+ Nếu u ≠ 1, thì u thuộc tập giá trị hàm số ⇔ phương trình (*) có nghiệm t
⇔ ∆ = (3u − 1)(3 − u) ≥ 0 ⇔ 1 ≤ u ≠ 1 ≤ 3 .
3
Vậy tập giá trị của u là  1 , 3  ⇒ Min u = 1 ; Max u = 3
3
 3 
 x = y
Min S = 1 ⇔ Min u = 1 ⇔ t = 1 ⇒ 
⇔ x = y = ±1
2
2
3
 x + xy + y = 3
 x = 3, y = − 3

 x = − y
⇔
Max S = 9 ⇔ Maxu = 3 ⇔ t = −1 ⇒ 
2
2

 x + xy + y = 3  x = − 3, y = 3

Bài 7. Cho x,y∈R thỏa mãn ñiều kiện

( x 2 − y 2 + 1)

2

+ 4x 2 y 2 − ( x 2 + y 2 ) = 0

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức S= x 2 + y 2
Giải. Biến ñổi ( x 2 − y 2 )

2

+ 2 ( x 2 − y 2 ) + 1 + 4x 2 y 2 − ( x 2 + y 2 ) = 0

2

⇔ ( x 2 + y 2 ) − 3 ( x 2 + y 2 ) + 1 + 4x 2 = 0 ⇔ ( x 2 + y 2 )
2

Do −4x 2 ≤ 0 nên ( x 2 + y 2 ) − 3 ( x 2 + y 2 ) + 1 ≤ 0 ⇔

2

− 3( x 2 + y 2 ) + 1 = − 4x 2

3− 5
3+ 5
≤ x2 + y2 ≤
2
2

Với x = 0, y = ±

3− 5
3− 5
, thì Min( x 2 + y 2 ) =
.
2
2

Với x = 0, y = ±

3+ 5
3+ 5
, thì Max( x 2 + y 2 ) =
2
2

Bài 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x + 4 x 2 + 2 x + 1
Giải. Gọi y0 là 1 giá trị của hàm f(x)
⇒ tồn tại x 0 sao cho y 0 = x0 + 4 x02 + 2 x0 + 1

⇔ y 0 − x0 = 4 x02 + 2 x0 + 1 ⇒ y 02 − 2 y 0 x0 + x02 = 4 x02 + 2 x0 + 1
⇔ g(x0) = 3x02 + 2(1 + y 0 ) x0 + 1 − y 02 = 0 . Ta có g(x) = 0 có nghiệm x0
⇔ ∆′ = (1 + y 0 ) 2 − 3(1 − y 02 ) = 2(2 y 02 + y 0 − 1) = 2( y 0 + 1)(2 y 0 − 1) ≥ 0
3


Chương I. Hàm số – Trần Phương

Do y0 = x0 + 3 x02 + ( x0 + 1) 2 ≥ x0 + 3 x02 = x0 + 3 x0 ≥ 0 nên
∆′ ≥ 0 ⇔ 2y 0 − 1 ≥ 0 ⇔ y 0 ≥

1
1
1
. Với x = − thì Minf(x) =
2
2
2

Bài 9. Cho y = f ( x ) = x 2 − 5x + 4 + mx. Tìm các giá trị của m sao cho Min y > 1
 x 2 + ( m − 5 ) x + 4 ; x ≤ 1 ∨ x ≥ 4 : ( P1 )


f ( x) = 

Giải. Ta có

2
 − x + ( m + 5 ) x − 4 ; 1 ≤ x ≤ 4 : ( P2 )

Gọi (P) là ñồ thị của y = f(x) ⇒ (P) = (P 1) ∪ (P2) khi đó (P) có 1 trong các
hình dạng đồ thị sau đây

P1
A

P2
A

P1

A

P1

P2
B
C

B

C

P2
C B

Hồnh độ của các điểm đặc biệt trong đồ thị (P):
Hồnh độ giao ñiểm (P1), (P2) xA = 1; x B = 4 ; Hồnh độ đỉnh (P1): xC =

5−m

.
2

Nhìn vào đồ thị ta xét các khả năng sau:
Nếu xC ∈[x A, x B] ⇔ m∈[ −3, 3] thì Minf(x) = Min{f(1), f(4)}.
 −3 ≤ m ≤ 3

Khi đó Minf(x) > 1 ⇔  f (1) = m > 1 ⇔ 1 < m ≤ 3

 f (4) = 4m > 1

(1)

 5 − m  −m2 +10m − 9
Nếu xC ∉[xA, xB] ⇔ m∉[ −3, 3] thì Minf(x) = f1 ( xC ) = f1 
=
4
 2 
 m ∉ [−3, 3]
Khi đó Minf(x) > 1 ⇔ 
⇔3< m<5+ 2 3
 m 2 − 10m + 13 < 0

Kết luận: Từ (1) và (2) suy ra Minf(x) > 1 ⇔ 1 < m < 5 + 2 3

4

(2)

Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Bài 10. (ðề thi TSðH 2005 khối A)
1
1
1
Cho x, y , z > 0 ; 1 + 1 + 1 = 4 . Tìm Min của S =
+
+
x y z
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z

Giải: Sử dụng bất ñẳng thức Côsi cho các số a, b, c, d > 0 ta có:

)

(

16
( a + b + c + d ) 1 + 1 + 1 + 1 ≥ 4.4 abcd .4.4 1 = 16 ⇒ 1 + 1 + 1 + 1 ≥
a b c d
abcd
a b c d a +b+c+d
16
16
1 + 1 + 1 + 1 ≥
=
 x x y z x + x + y + z 2x + y + z

16

16
+  1 + 1 + 1 + 1 ≥
=
x y y z x + y + y + z x + 2y + z

1 + 1 + 1 + 1 ≥
16
16
=
 x y z z x + y + z + z x + y + 2 z
1
1
1
 ⇒ Min S = 1
16 = 4  1 + 1 + 1  ≥ 16 
+
+

x
y
z
2
x
+
y
+
z
x
+
2

y
+
z
x
+
y
+
2
z





Bài 11. (ðề thi TSðH 2007 khối B)
y

Cho x, y , z > 0 . Tìm Min của S = x  x + 1  + y  + 1  + z  z + 1 
 2 zx 
 2 yz 
 2 xy 

Giải: Sử dụng bất ñẳng thức Cơsi cho 9 số ta có
y
y
x4 y4z4


S = 1  x2 + y2 + z2 + x + x +
+

+ z + z  ≥ 9 .9 4 4 4 = 9 ⇒ Min S = 9
2
yz yz zx zx xy xy  2 x y z
2
2

 x, y > 0
Bài 12. Cho 
Tìm giá trị nhỏ nhất của S =
 x + y = 1
 x
  y

Giải: S = 
+ y+
+ x−

 y
  x

Mặt khác, S =
Suy ra 2S ≥

1
x

x
1− x
+

1
y

+

y
1− y

2

≥
4

xy

≥

=

(

) (

x + y ≥2

1− y

+

x+ y

2

1− x

) (

x+ y −

y

+

1− y

)

x+ y = x+ y

 1
1 
= 
+
−
 x
x
y 


1− x

y

2

x

(

x+ y

)

= 2 2 ⇒ S ≥ 2 ⇒ MinS = 2 .

Bài 13. Cho x, y, z > 0. Tìm Max của: S =

(

xyz x + y + z + x 2 + y 2 + z 2

(x

2

2

+y +z

2

)

) ( xy + yz + zx)

Giải: Sử dụng bất đẳng thức Cơsi và BunhiaCơpski ta có 3 đánh giá sau:

5


Chương I. Hàm số – Trần Phương

x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3 ⋅ 3 x 2 y 2 z 2 xy + yz + zx ≥ 3. 3 xy. yz.zx = 3. 3 x 2 y 2 z 2
;

x+ y+z≤

S≤

(12 + 12 + 12 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 3. x 2 + y 2 + z 2 . Từ đó suy ra

xyz (1 + 3 ) x 2 + y 2 + z 2

( x 2 + y 2 + z 2 ) 3.3 x 2 y 2 z 2

=

3 xyz
3 xyz
1+ 3
1+ 3

3+ 3
⋅
≤
⋅
=
2
2
2
3
3
3
9
3. xyz
x +y +z

Bài 14. (ðề thi TSðH 2003 khối B)
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 − x 2
Cách 1: Tập xác ñịnh D = [ −2; 2] ;
y′ = 1 −

x
4 − x2

; y′ = 0 ⇔ x = 4 − x 2

 x ≥ 0
 max y = 2 2
⇔ 2
⇔x= 2 ⇒ 
2

 x = 4 − x
 min y = −2

x −2
+
y′
y

2
0

−

2
0

2 2

−2

2

Cách 2: ðặt x = 2 sin u , u ∈  − π ; π 
 2 2 

(

)

⇒ y = 2 ( sin u + cos u ) = 2 2 sin u + π ∈  −2; 2 2  ; max y = 2 2 ; min y = −2

4
Bài 15. (ðề dự bị TSðH 2003 khối B)
3

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của y = x 6 + 4 (1 − x 2 ) trên ñoạn [ −1;1]
3

Cách 1. ðặt u = x 2 ∈ [ 0;1] . Ta có y = u 3 + 4 (1 − u ) = −3u 3 + 12u 2 − 12u + 4
y ′ = −9u 2 + 24u − 12 = 0 ⇔ u1 = 2 ∈ [ 0;1] ; u 2 = 2 > 1
3

Nhìn bảng biến thiên ta có max y = 4; min y = 4
9
Cách 2. ðặt x = sin u ⇒ y = sin 6 u + 4 cos 6 u .

x

0

y′

0
4

y

2
3

−

0

1
+

0
1

4
9

= ( sin 6 u + cos 6 u ) + 3cos 6 u ≤ ( sin 2 u + cos 2 u ) + 3 = 4

Với x = 0 thì max y = 4 . Sử dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:
 6
6
2
8
8
8 8
4
3
sin u + 27 + 27 ≥ 3 ⋅ sin u ⋅ 27 ⋅ 27 = 3 sin u

 4 cos 6 u + 4 + 4 ≥ 3 ⋅ 3 4 cos 6 u ⋅ 4 ⋅ 4 = 4 cos 2 u

27 27
27 27 3
y = sin 6 u + 4 cos 6 u + 8 ≥ 4 ( sin 2 u + cos 2 u ) = 4 ⇒ y ≥ 4 . Với x = 2 ⇒ min y = 4

9 3
3
9
3
9
6


Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Bài 16. a) Lập bảng biến thiên và tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = x + 3
x2 +1
b) Cho a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:
Giải. a) TXð: D = ℝ ; y ′ =
lim y = lim

x →∞

( x + 3) / x

x →∞

2

x +1
x2

= lim

x →∞

1 − 3x

( x 2 + 1) x 2 + 1

a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1 ≥ 10

()

= 0 ⇔ x = 1 ⇒ y 1 = 10
3
3

( x + 3) / x
= lim x .
x →∞ x
1
1+ 2
x

x −∞
1/3
+∞
+ 0 − 0
y′

Suy ra lim y = 1; lim y = −1 . Nhìn BBT
x →+∞

10

x →−∞

y

ta có y = x + 3 ≤ 10 ⇒ max y = 10
x2 +1

−1

1

b) Theo phần a) thì y ≤ 10 , ∀x ⇔ x + 3 ≤ 10. x 2 + 1 , ∀ x .
ðặc biệt hóa bất ñẳng thức này tại các giá trị x = a, x = b, x = c ta có:
 x = a : a + 3 ≤ 10. a 2 + 1

 x = b : b + 3 ≤ 10. b 2 + 1

2
 x = c : c + 3 ≤ 10. c + 1

a + b + c + 9 ≤ 10. ( a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1) ⇔

10 ≤ a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1

Cách 2. Trên mặt phẳng tọa ñộ Oxy ñặt
OA = ( a;1) ; AB = ( b;1) ; BC = ( c;1) .

y
3

Khi đó OC = OA + AB + BC = ( a + b + c ; 3) .

2
1

Do OA + AB + BC ≥ OA + AB + BC = OC
Từ đó suy ra

2

2

2

a + 1 + b + 1 + c + 1 ≥ 10

O

C
B
A

1
a a+b a+b+c x

Bài 17. (ðề 33 III.2, Bộ ñề thi TSðH 1987 – 1995)
Cho x 2 + y 2 = 1 . Tìm Max, Min của A = x 1 + y + y 1 + x .
Giải. 1. Tìm MaxA: Sử dụng bất đẳng thức BunhiaCơpski ta có
A≤

( x 2 + y 2 ) (1 + y ) + (1 + x ) =

2 + x + y ≤ 2 + 2(x2 + y2 ) = 2 + 2 .

Với x = y = 1 thì Max A = 2 + 2
2

7


Chương I. Hàm số – Trần Phương

2. Tìm MinA: Xét 2 trường hợp sau đây
• Trường hợp 1: Nếu xy ≥ 0 , xét 2 khả năng sau:
+) Nếu x ≥ 0, y ≥ 0 thì A>0 ⇒ Min A > 0
+) Nếu x ≤ 0, y ≤ 0 thì
|A| ≤

( x 2 + y 2 ) [ (1 + x) + (1 + y )] =

2+ x+ y =

2 − x − y ≤ 2 − ( x2 + y2 ) = 1

Từ 2 khả năng ñã xét suy ra với xy ≥ 0 thì Min A = −1
2
• Trường hợp 2: Xét xy < 0 : ðặt x + y = t ⇒ xy = t − 1 < 0 ⇒ t ∈ ( −1,1)
2

A 2 = x 2 (1 + y ) + 2xy (1 + x ) (1 + y ) + y 2 (1 + x ) = 1 + xy ( x + y ) + 2 xy 1 + x + y + xy
2
2
2
2
= 1 + t ⋅ t − 1 + 2 ⋅ t − 1 1 + t + t − 1 = t − 1 (1 + 2 ) t + 2  + 1
2
2
2
2

⇔ A 2 = f ( t ) = 1 (1 + 2 ) t 3 + 2 t 2 − (1 + 2 ) t + 2 − 2 
2
Ta có: f ′ ( t ) =

3 (1 + 2 ) 2
1+ 2
1+ 2
t + 2t−
= 0 ⇔ t = t1 = −
;t = t2 = 2 −1
2
2
3

2 (19 − 3 2 )
; f (t2 ) = 0 .
Thế t1 , t 2 vào phần dư của f ( t ) chia cho f ′ ( t ) ⇒ f ( t1 ) =
27
Nhìn bảng biến thiên suy ra:

t −1
t1
t2
1
A 2 ≤ f ( t1 ) ⇒ A ≥ − f ( t1 ) suy ra
0 +
ƒ′
+ 0
−
2 (19 − 3 2 )
f ( t1 )
Min A = − f ( t1 ) = −
< −1
27
1
ƒ 1
t12 − 1
f (t 2 )
xảy ra ⇔ x + y = t1 ; xy =
2

⇒ x, y là nghiệm của u 2 +

− (1 + 2 ) ± 15 − 2 2
1+ 2
2 −3
u+
= 0 ⇒ x, y =
3
9

6

Kết luận: Max A = 2 + 2 ; Min A = −

2 (19 − 3 2 )
27

Bài 18. Cho x, y , z ∈ [ 0,1] thoả mãn ñiều kiện: x + y + z = 3 .
2
Tìm Max, Min của biểu thức: S = cos ( x 2 + y 2 + z 2 )
Giải. Do x, y , z ∈ [ 0,1] nên 0 < x 2 + y 2 + z 2 < x + y + z = 3 < π .
2 2
Vì hàm số y = cos α nghịch biến trên 0, π nên bài toán trở thành.
2

( )

8


Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

1. Tìm MaxS hay tìm Min ( x 2 + y 2 + z 2 )
2
x 2 + y 2 + z 2 = 1 (12 + 12 + 12 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ ( x + y + z ) = 3 .
3
4
Với x = y = z = 1 thì MaxS = cos 3
2
4

2
2. Tìm MinS hay tìm Max ( x + y 2 + z 2 )
Cách 1: Phương pháp tam thức bậc hai:
Khơng mất tính tổng qt giả sử z = Max { x, y, z} ⇒ z ∈  1 ;1 . Biến ñổi và ñánh
 2 
giá ñưa về tam thức bậc hai biến z

(

)

2

2
x 2 + y 2 + z 2 = z 2 + ( x + y ) − 2 xy ≥ z 2 + 3 − z = 2 z 2 − 3 z + 9 = f ( z )
2
4
Do ñồ thị hàm y = f(z) là một parabol quay bề lõm lên trên nên ta có:
Max f ( z ) = Max f 1 ; f (1) = f 1 = f (1) = 5 .
2
2
4
Với z = 1; x = 1 ; y = 0 thì MinS = cos 5
2
4
Cách 2: Phương pháp hình học

{() } ()

Xét hệ tọa ðề các vng góc Oxyz. Tập hợp các điểm M ( x, y, z ) thoả mãn

ñiều kiện x, y , z ∈ [ 0,1] nằm trong hình lập phương ABCDA′B′C′O cạnh 1 với
A(0, 1, 1); B(1, 1, 1); C(1, 0, 1); D(0, 0, 1); A′(0, 1, 0); B′(1, 1, 0); C′(1, 0, 0).
Mặt khác do x + y + z = 3 nên M ( x, y, z ) nằm trên mặt phẳng (P): x + y + z = 3
2
2
Vậy tập hợp các ñiểm M ( x, y, z ) thoả mãn ñiều kiện giả thiết nằm trên thiết
diện EIJKLN với các ñiểm E, I, J, K, L, N là trung điểm các cạnh hình lập
phương. Gọi O′ là hình chiếu của O lên EIJKLN thì O′ là tâm của hình lập
phương và cũng là tâm của lục giác đều EIJKLN. Ta có O′M là hình chiếu của
OM lên EIJKLN. Do OM2 = x 2 + y 2 + z 2 nên OM lớn nhất ⇔ O′M lớn nhất
z
⇔ M trùng với 1 trong 6 ñỉnh E, I, J, K, L, N.
3/ 2
Từ đó suy ra:

()
) ≥ cos ( 54 )

x 2 + y 2 + z 2 ≤ OK 2 = 1 + 1 = 5
4
4

⇒ cos ( x 2 + y 2 + z 2

O′

L
3/ 2

M

O
1

Với z = 1; x = 1 ; y = 0 thì MinS = cos 5
2
4

J

1

K

I
1

E

3/ 2

x

N

y
9


Chương I. Hàm số – Trần Phương

Bài 19. Cho a,b,c > 0 thỏa mãn ñiều kiện a + b + c ≤
Tìm giá trị nhỏ nhất của S = a2 +

3
2

1
1
1
+ b2 + 2 + c2 + 2
2
b
c
a

Giải. Sai lầm thường gặp:
a2 +

S ≥ 3.3

1
1
1
⋅ b 2 + 2 ⋅ c 2 + 2 = 3.6
2
b
c
a


1
≥ 3. 6  2 ⋅ a 2 ⋅ 2

b

• Nguyên nhân:

 2 1  2 1  2 1 
 a + 2 b + 2 c + 2 
b 
c 
a 



1 
1 
6
2
2
  2 ⋅ b ⋅ 2   2 ⋅ c ⋅ 2  = 3. 8 = 3 2 ⇒ Min S = 3 2
c
a




1 1 1
3

= = = 1 ⇒ a + b + c = 3 > mâu thuẫn với giả thiết
a b c
2
• Phân tích và tìm tịi lời giải :
Min S = 3 2 ⇔ a = b = c =

Do S là một biểu thức ñối xứng với a, b, c nên dự ñoán Min S ñạt tại a = b = c =

1
2

Sơ ñồ ñiểm rơi:
1
 2
2
2
a = b = c = 4
1
1 4
a = b = c = ⇒ 
⇒
=
⇒
2
4 α
 1 = 1 = 1 =4
 αa 2 αb 2 αc 2 α

α = 16

Cách 1: Biến ñổi và sử dụng bất đẳng thức Cơsi ta có
S = a2 +

1
1
1
1
1
1
+ ... +
+ b2 +
+ ... +
+ c2 +
+ ... +
2
2
2
2
2
16b
16b
16c
16c
16a
16a 2
16

≥ 17 ⋅17

16


a2
b2
c2
a
b
c 
17
17
+
17
⋅
+
17
⋅
= 17 17 8 16 + 17 8 16 + 17 8 16 
16 32
16 32
16 32
16 b
16 c
16 a
16 c
16 a 
 16 b


a
b

c
≥ 17 3 ⋅ 3 17 8 16 ⋅ 17 8 16 ⋅ 17 8 16
16 b
16 c
16 a


=

10

16

3 17
2 ⋅ 17 (2a 2b 2c)5

3 17

≥

(

2 ⋅ 17 2a + 2b + 2c
3

≥
15

)


 = 3 17


17

1
16 a 5 b 5 c 5
8

3 17
1
3 17
. Với a = b = c = thì Min S =
2
2
2


Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Cách 2: Biến ñổi và sử dụng bất ñẳng thức BunhiaCơpski ta có
 2 1
1
⋅
 a + 2 =
b
17




1
1
+  b2 + 2 =
⋅
c
17


1
1
 2
⋅
 c + a2 =
17


⇒ S≥

≥

≥

1 
4
 2 1  2
2
⋅a + 
 a + 2  (1 + 4 ) ≥
b

b 
17 

1 
4
 2 1  2
2
⋅ b + 
 b + 2  (1 + 4 ) ≥
c
c 
17 

1 
4
 2 1  2
2
⋅ c + 
 c + 2  (1 + 4 ) ≥
a
a 
17 


4 4 4
1 
1
1
1 15  1 1 1  


⋅ a + b + c + + +  =
⋅ a + b + c +
+
+
+  + + 
a b c
4a 4b 4c 4  a b c  
17 
17 
1

1  6
1 1 1 15  3 1 1 1  
1 
45
1 
⋅
⋅
+ 3⋅
⋅ ⋅  =
3+
⋅3
 6 ⋅ abc ⋅


4a 4b 4c 4 
a b c 
4
17 
17 

abc 

1  45
1
1
3 17
 1  45  3 17
 3 + 4 ⋅ 2  = 2 . Với a = b = c = thì Min S =
3 + 4 ⋅ a + b + c  ≥
2
2
17 

 17 
3



( )

( )

( )

Cách 3: ðặt u = a , 1 ; v = b , 1 ; w = c , 1
b
c
a
Do u + v + w ≥ u + v + w
S = a2 +

nên suy ra :

1
1
1
2
1 1 1
+ b2 + 2 + c2 + 2 ≥ ( a + b + c) +  + + 
2
b
c
a
a b c
2

≥

( a + b + c ) 2 + 1  1 + 1 + 1  + 15  1 + 1 + 1 

2

=

15 

2 (a + b + c) ⋅ 1 ⋅ 1 + 1 + 1 +  3 ⋅ 3 1 ⋅ 1 ⋅ 1 
4 a b c 16 
a b c

2

≥

≥

1
135
1
⋅ 3 ⋅ 3 abc ⋅ 3 ⋅ 3 1 ⋅ 1 ⋅ 1 +
⋅
≥
2
a b c 16 ( 3
2
abc )

16  a

(

b

c

16  a

b

)

2

c

9 135
1
+
⋅
2 16 a + b + c
3

(

)

2

9 135
18 135
153 3 17
1
3 17
+
⋅4 =
+
=
=
. Với a = b = c = thì Min S =
2 16

4
4
4
2
2
2

11


Chương I. Hàm số – Trần Phương

B. CÁC ỨNG DỤNG GTLN, GTNN CỦA HÀM SỐ
I. ỨNG DỤNG TRONG PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Bài 1. Giải phương trình:

4

x−2 + 4 4−x =2

Giải. ðặt f ( x ) = 4 x − 2 + 4 4 − x với 2 ≤ x ≤ 4
1
1
f ′( x) = 1 
−
3
44(
4
(4 − x)3

 x − 2)

 =0⇔ x=3



2

x
ƒ′

3
0

−

4
+

ƒ
2

Nhìn BBT suy ra: f ( x ) ≥ f ( 3) = 2 ∀x ∈ [ 2, 4]

⇒ Phương trình f ( x ) = 4 x − 2 + 4 4 − x = 2 có nghiệm duy nhất x = 3
Bài 2. Giải phương trình: 3 x + 5 x = 6 x + 2
Giải. PT ⇔ f ( x ) = 3 x + 5 x − 6 x − 2 = 0 . Ta có: f ′ ( x ) = 3 x ln 3 + 5 x ln 5 − 6
2

2

⇒ f ′′ ( x ) = 3 x ( ln 3) + 5 x ( ln 5 ) > 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ ƒ′(x) ñồng biến
Mặt khác ƒ′(x) liên tục và
x −∞ 0
f′
−

f ′ ( 0 ) = ln 3 + ln 5 − 6 < 0 , f ′ (1) = 3ln 3 + 5ln 5 − 6 > 0
⇒ Phương trình ƒ′(x) = 0 có đúng 1 nghiệm x0

f

Nhìn bảng biến thiên suy ra:

1 +∞
+

x0
0
ƒ(x0)

Phương trình f ( x ) = 3 x + 5 x − 6 x − 2 = 0 có khơng q 2 nghiệm.
Mà f ( 0 ) = f (1) = 0 nên phương trình (1) có đúng 2 nghiệm x = 0 và x = 1
Bài 3. Tìm m để BPT: m 2 x 2 + 9 < x + m có nghiệm đúng ∀x ∈ ℝ
Giải. m 2 x 2 + 9 < x + m ⇔ m ( 2 x 2 + 9 − 1) < x ⇔ m < f ( x ) =

x
2

2x + 9 − 1

Ta có: f ′ ( x ) =

9 − 2x 2 + 9

2 x 2 + 9 ( 2 x 2 + 9 − 1)
1
lim f ( x ) = lim
= 1 ;
x →+∞
x →+∞
2
2 + 92 − 1
x
x
−1
lim f ( x ) = lim
= −1
x →−∞
x →−∞
9
2
1
2+ 2 +
x
x

2

=0⇔

x −∞
f′

2 x 2 + 9 = 9 ⇔ x = ±6

−

−6
0 +

6
0
3
4

ƒ

−1
2

+∞
−
1
2

−3
4

Nhìn BBT ta có f ( x ) > m , ∀x ∈ ℝ ⇔ Min f ( x ) = f ( −6 ) = − 3 > m ⇔ m < −3
x∈ℝ

4
4
12


Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
2
Bài 4. Tìm m để PT: 2 + 2 sin 2 x = m (1 + cos x ) (1) có nghiệm x ∈  − π , π 
 2 2 

Giải. Do x ∈  − π , π  ⇒ x ∈  −π , π  nên ñặt t = tg x ∈ [ −1,1]
 2 2 
2
2  4 4 
2
2
2
⇒ cos x = 1 − t 2 ; sin x = 2t 2 . Khi đó (1) ⇔ 2 ( sin x + cos x ) = m (1 + cos x )
1+ t
1+ t
2

2

2
2
2





⇔ 2  2t + 1 −2 t  = m 1 + 1 − t 2  ⇔ f ( t ) = ( 2t + 1 − t 2 ) = 2m (2)
 1+ t

 1+ t 

Ta có: f ′ ( t ) = 2 ( 2t + 1 − t 2 ) ( 2 − 2t ) = 0 ⇔ t = 1; t = 1 − 2 ⇒ Bảng biến thiên
t −1
ƒ′(t)
4
ƒ(t)

Nhìn bảng biến thiên suy ra:
ðể (2) có nghiệm t ∈ [ −1,1]
thì Min f ( t ) ≤ 2m ≤ Max f ( t )
t∈[ −1,1]

1

1− 2

0

−

+
4

0

t∈[ −1,1]

⇔ 0 ≤ 2m ≤ 4 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2 . Vậy ñể (1) có nghiệm x ∈  − π , π  thì m ∈ [ 0; 2] .
 2 2 
 x 2 − 3x ≤ 0

Bài 5. Tìm m để hệ BPT: 
(1) có nghiệm.
 x 3 − 2 x x − 2 − m 2 + 4m ≥ 0
0 ≤ x ≤ 3
Giải. (1) ⇔ 
(2). x
 f ( x ) = x 3 − 2 x x − 2 ≥ m 2 − 4m
f′
2
3 x + 4 x − 4 ∀x ∈ [ 0; 2 )

f
Ta có: f ′ ( x ) = 
;
3 x 2 − 4 x + 4 ∀x ∈ ( 2; 3]

0
−
0

2
3
0

2
+

3
+

8

21

CT

ƒ′(x) = 0 ⇔ x = 2 . Nhìn BBTsuy ra: Max f ( x ) = f ( 3) = 21
x∈[ 0;3]
3
ðể (2) có nghiệm thì Max f ( x ) ≥ m 2 − 4m ⇔ m 2 − 4m ≤ 21 ⇔ −3 ≤ m ≤ 7
x∈[ 0;3]

sin x cos y = m 3 − m 2 − 6m + 35

4
Bài 6. Tìm m ≥ 0 để hệ: 
(1) có nghiệm.
cos x sin y = m 2 − 6m + 33

4

Giải
13

Chương I. Hàm số – Trần Phương

sin ( x + y ) = m 3 − 12m + 17
sin x cos y + cos x sin y = m 3 − 12m + 17


(1) ⇔ 
⇔ 
(2)
3
2
3
2
1
1
sin
x
cos
y
−
cos
x
sin
y
=
m
−
2
m

+

sin ( x − y ) = m − 2m +
2

2


Xét f ( m ) = m 3 − 12m + 17 . Ta có: f ′ ( m ) = 3m 2 − 12 = 0 ⇔ m = 2 > 0
Nhìn BBT suy ra: ƒ(m) ≥ ƒ(2) = 1,∀m ≥ 0
kết hợp với sin ( x + y ) ≤ 1 suy ra đểhệ (2)
có nghiệm thì m = 2, khi đó hệ (2) trở thành:

0

m
ƒ′

2
0

−

+∞
+

17

+∞

ƒ

1
sin ( x + y ) = 1

có nghiệm x = π ; y = π . Vậy (1) có nghiệm ⇔ m = 2.

1
3
6
sin ( x − y ) =
2


II. ỨNG DỤNG GTLN, GTNN CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC

Bài 1. Chứng minh rằng: 1 + x ln ( x + 1 + x 2 ) ≥ 1 + x 2 , ∀x ∈ ℝ
BðT ⇔ f ( x ) = 1 + x ln ( x + 1 + x 2 ) − 1 + x 2 ≥ 0 ∀x ∈ ℝ
Ta có: f ′ ( x ) = ln ( x + 1 + x 2 ) = 0 ⇔ x = 0
⇒ Bảng biến thiên.
Nhìn bảng biến thiên suy ra:

x −∞
f′

0
0

−

f

+∞
+

0

f ( x ) ≥ f ( 0 ) = 0 ⇒ (ñpcm)

 a, b, c > 0
3 3
Bài 2. Cho 
CMR: T = 2 a 2 + 2 b 2 + 2 c 2 ≥
2
2
2
2
b
+
c
c
+
a
a
+
b
 a + b + c = 1

Ta có: T =

a + b + c =
a2
b2
c2
+
+
.
2
2
2
2
2
1− a
1− b
1− c
a (1 − a ) b (1 − b ) c (1 − c 2 )

Xét hàm số f ( x ) = x (1 − x 2 ) với x > 0

x

Ta có f ′ ( x ) = 1 − 3 x 2 = 0 ⇔ x = 1 > 0 .
3

f′

Nhìn bảng biến thiên ⇒ f ( x ) ≤ 2 ∀x > 0 .
3 3

f

2
2
2
3 3( 2
3 3
Khi đó : T = a + b + c ≥
a + b2 + c2 ) =
2
2
f ( a) f ( b) f (c)
ðẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 .
3

14

1
3

−∞
+

0
2
3 3

+∞
−

Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Bài 3. Cho 3 ≤ n lẻ. Chứng minh rằng: ∀x ≠ 0 ta có:

(1 + x + x2! + ... + xn! )(1 − x + x2! − x3! + ... − xn! ) < 1
2

2

n

3

n

2
n
2
3
n
ðặt u ( x ) = 1 + x + x + ... + x ; v ( x ) = 1 − x + x − x + ... − x .
2!
n!
2! 3!
n!
Ta cần chứng minh f ( x ) = u ( x ) .v ( x ) < 1

u ′ ( x ) = 1 + x + x 2 + ... + x n −1 = u ( x ) − x n

( n − 1) !

2!
n!

Ta có: 
v ′ ( x ) = −1 + x − x 2 + ... − x n −1 = −v ( x ) − x n

( n − 1) !
2!
n!
n
n
⇒ f ′ ( x ) = u ′ ( x ) .v ( x ) + u ( x ) .v ′ ( x ) = u ( x ) − x  v ( x ) − u ( x )  v ( x ) + x 



n! 
n ! 

n
n
⇒ f ′ ( x ) = − x [u ( x ) + v ( x )] = −2 x
n!
n!

1 + x 2 + x 4 + ... + x n −1 

( n − 1) !
2! 4!

Do 3 ≤ n lẻ nên ƒ′(x) cùng dấu với (−2x)

x −∞
f′

Nhìn bảng biến thiên suy ra:

4

a4 + b4

3

a3 + b3

≥

4

2

3

2

()
1+ ( a )
b

4 1+

⇔
3

a
b

3

a 3 + b3 4 a 4 + b 4
≤
2
2

4

=

4

1+ t4

3

1+ t3

≥

4

2

3

2

Xét f(t) =

3

1+ t

=

1+ t3
−3
4

(1 + t 4 ) 4
1
3 3

(1 + t )
3

0

1

+∞

0

−

+
1

1
f
a
với t = > 0
b

1
t3 3

1
4

(1 + t ) t (1 + ) − (1 + t ) t (1 + t )
4

f′(t) =

4

−

∀a, b > 0.

f′

1

4

+∞

1

t

3

+

f

f ( x ) < f ( 0 ) = 1 ∀x ≠ 0 ⇒ (ñpcm)

Bài 4. Chứng minh rằng:

0
0

4

2

3

2

−2
3

=

t

2

(1 + t )
2
3

−2
3

4

2

3

2

−3

(1 + t 4 ) 4 ( t − 1)

2

(1 + t 3 ) 3

(1 + t 3 ) 3

f′(t) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ Bảng biến thiên của f(t)
Từ BBT ⇒

4
3

2

≤ f(t) < 1 ∀t > 0 ⇒

2
Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b > 0.

4
3

2
2

4

≤

3

a4 + b4
a 3 + b3

⇒

3

a 3 + b3 4 a 4 + b 4
≤
.
2
2

15


Chương I. Hàm số – Trần Phương
III. BÀI TẬP VỀ NHÀ

Bài 1. Cho ∆ABC có A > B > C . Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f ( x) =

x − sin A +
x − sin C

Bài 2. Tìm Max, Min của:

x − sin B − 1
x − sin C

y = sin 6 x + cos 6 x + a sin x cos x

4
4
2
 2
Bài 3. Cho ab ≠ 0. Tìm Min của y = a 4 + b 4 −  a 2 + b 2
b
a
a
b

Bài 4. Cho x 2 + y 2 > 0 . Tìm Max, Min của S =

 a b
+ +
 b a

x2 + y2
x 2 + xy + 4 y 2

Bài 5. Giả sử phương trình x 2 + px + 12 = 0 có nghiệm x1, x2.
p
Tìm p ≠ 0 sao cho S = x14 + x 24 nhỏ nhất.
Bài 6. Tìm Min của y = ( 2 + 3 )

2x

+ (2 − 3)

2x

x
x
− 8 ( 2 + 3 ) + ( 2 − 3 ) 

Bài 7. Cho x, y ≥ 0 và x + y = 1 . Tìm Max, Min của S = 3 x + 9 y .
Bài 8. Cho x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Tìm Max, Min của P = x + y + z + xy + yz + zx .
Bài 9. Tìm m để PT:

2 − x + 2 + x − ( 2 − x ) ( 2 + x ) = m có nghiệm.

Bài 10

Tìm m ñể PT:

Bài 11

Tìm m ñể PT: ( x 2 − 2 x + 2 ) − 4 x 2 − 2 x + 2 = 2 x 2 − 4 x + m có 4
nghiệm phân biệt.

x + 9 − x = − x 2 + 9 x + m có nghiệm.
3

Bài 12

2
Tìm m để PT: 3 x − 1 = 2 x − 1 + mx có nghiệm duy nhất.
2x − 1

Bài 13

Tìm m để PT: m cos 2 x − 4 sin x cos x + m − 2 = 0 có nghiệm x ∈ 0, π .
4

Bài 14

Tìm m để PT: sin x.cos 2 x.sin 3x = m có đúng 2 nghiệm x ∈  π , π  .
 4 2 

Bài 15

3 x 2 + 2 x − 1 < 0

Tìm m để hệ BPT: 
có nghiệm.
2
 x + 3mx + 1 < 0

Bài 16

a. Tìm m để: m x 2 + 8 = x + 2 có 2 nghiệm phân biệt.

Bài 17

b. Cho a + b + c = 12 . CMR: a 2 + 8 + b 2 + 8 + c 2 + 8 ≥ 6 6
Chứng minh: 2 ( x 3 + y 3 + z 3 ) − ( x 2 y + y 2 z + z 2 x ) ≤ 3 , ∀x, y, z ∈ [ 0,1]

16

( )