Chuyen de ham so

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (551.56 KB, 49 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ŀ

Email:

Chuyên đề I

CÁC V

CÁC VẤN

ẤN

ẤN Đ

Đ

ĐỀỀỀỀ LIÊN QUAN Đ

Đ

LIÊN QUAN Đ

LIÊN QUAN ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ

Ồ THỊ CỦA HÀM SỐ

Ch

Chủủủủ đ

Ch

đ

đề 1

ề 1

ề 1::::

ề 1

TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

1. Điều kiện cần để hàm số đơn điệu: 
Giả sửhàm số f có đạo hàm trên khoảng I

• Nếu hàm số f đồng biến trên khoảng I thì f ' x

( )

≥0 với mọi x I∈ ;

• Nếu hàm số f nghịch biến trên khoảng I thì f ' x

( )

≤0 với mọi x I∈ .
2. Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu:

Giả sử I là một khoảng hoặc nửa khoảng hoặc một đoạn, f là hàm số liên tục
trên I và có đạo hàm tại mọi điểm trong của I (tức là điểm thuộc I nhưng
không phải đầu mút của I ). Khi đó:

• Nếu f ' x

( )

>0 với mọi x I∈ thì hàm số f đồng biến trên khoảng I ;

• Nếu f ' x

( )

<0 với mọi x I∈ thì hàm số f nghịch biến trên khoảng I ;

• Nếu f ' x

( )

=0 với mọi x I∈ thì hàm số f không đổi trên khoảng I .
Ví dụ 1. Xét tính đơn điệu của các hàm số sau:

1. y= x3−3x2+2 2. y 4x3 2x2 x 3
3

= − + −

Lời giải 
1. Hàm số đã cho xác định trên

Ta có: y' 3x= 2−6x 3x x 2=

(

−

)

và y' 0= ⇔ =x 0 hoặc x 2= .
Giới hạn:

xlim y→−∞ = −∞ và xlim y→+∞ = +∞

Bảng biến thiên:

x −∞ 0 2 +∞
y ' + 0 − 0 +
y

2 +∞

−∞ 2−

Hàm đồng biến trên mỗi khoảng

(

−∞;0

)

và

(

2;+∞

)

, nghịch biến trên

( )

0;2 .
2. Hàm số đã cho xác định trên .

Ta có: y ' 4x= 2−4x 1+ =

(

2x 1−

)

x :

∀ ∈ y ' 0= với x 1

= và y ' 0> với mọi x 1
2

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Giới hạn:

xlim y→−∞ = −∞ và xlim y→+∞ = +∞.

Bảng biến thiên:
x

−∞ 1

2 +∞
y ' + 0 +

+∞
17

−
−∞

Hàm số đồng biến trên mỗi nửa khoảng ;1

−∞ 

 

  và

1
;
2

 

+∞
 .

Từ đó suy ra hàm số đồng biến trên .

Ví dụ 2. Xét tính đơn điệu của các hàm số sau:
1. y 2x 1

x 1

+
=

− 2.

4x 5x 5

x 1

+ +
=

Lời giải 
1. Hàm số đã cho xác định trên D=\ 1

{ }

.

Ta có:

(

)

y ' 0 x 1

x 1

= − < ∀ ≠
−

Hàm nghịch biến trên từng khoảng xác định.
2. Hàm số đã cho xác định trên D=\

{ }

−1 .

Ta có:

(

)

4x 8x

x 1

+
=

+ và

y' 0= ⇔4x +8x 0= ⇔ = −x 2 hoặc x 0=
Giới hạn:

xlim y→−∞ = −∞, lim yx→+∞ = +∞ và x→−lim y1− = −∞, lim yx→−1+ = +∞

Bảng biến thiên:

x −∞ 2− 1− 0 +∞
y' + 0 − − 0 +

11− +∞ +∞

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

ɩ

Email:

5
Ví dụ 3. Xét tính đơn điệu của các hàm số sau:

1. y= 1 x− 3 2. y=x2−2x 3−
Lời giải

1. Hàm số đã cho xác định trên nửa khoảng

(

−∞;1

]

.
Ta có:

2
3

3x
y'

2 1 x

= −

−

y' 0= khi x 0= và y' 0< khi ∀ ∈ −∞x

(

)

và x≠0.
Do đó hàm số nghịch biến trên nửa khoảng

(

−∞;1

]

Chú ý: y' 0= tại x 0= thì hàm số không đổi trên nửa khoảng

(

−∞;1

]

.
2.

2
2

x 2x 3 khi x 1 x 3

y x 2x 3

x 2x 3 khi 1 x 3

 − − ≤ − ∨ ≥


= − − = 

− + + − < <


Hàm số đã cho xác định trên .

Ta có: y' 2x 2 khi x 1 x 3

2x 2 khi 1 x 3

− < − ∨ >


= − + − < <


Hàm số khơng có đạo hàm tại x= −1 và x 3= .

+ Trên khoảng

(

−1;3

)

: y' 0= ⇔ =x 1;

+ Trên khoảng

(

−∞ −; 1

)

: y' 0< ;

+ Trên khoảng

(

3;+∞

)

: y' 0> .
Bảng biến thiên:

x −∞ 1− 1 3 +∞
y' − || + 0 − || +
y

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

(

−1;1

)

và

(

3;+∞

)

, nghịch biến trên mỗi
khoảng

(

−∞ −; 1

)

và

( )

1;3 .

Chú ý:

(

)

(

)

(

)

2 2

2 x 1 x 2x 3

y x 2x 3 x 2x 3 y'

x 2x 3

− − −

= − − = − − ⇒ =

− −

Khi tính đạo hàm của hàm số có dạng y=f x

( )

, ta chuyển trị tuyệt đối vào
trong căn thức y= f2

( )

x , khi đó tại những điểm mà f x

( )

=0 thì hàm số
khơng có đạo hàm.

Ví dụ 4.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Lời giải 
Hàm số đã cho xác định trên .

Ta có: y'= −2sin2x 2− = −2 1 sin2x

(

)

≤0, ∀ ∈x

và y' 0= khi x k , k

= − + π ∈

Vì y' 0= tại vô hạn điểm nên chưa thể kết luận hàm số nghịch biến trên

Với ∀x ,x1 2∈ và x1<x2, khi đó ln tồn tại khoảng

( )

a;b chứa x ,x . 1 2
Do y ' 0= tại hữu hạn điểm trên khoảng (a; b) nên hàm số nghịch biến trên
khoảng

( )

a;b khi đó y x

( )

1 >y x

( )

2 ⇒ hàm số nghịch biến trên .

Chú ý: Khi xét tính đơn điệu của hàm số chứa hàm lượng giác ta để ý đạo hàm
của hàm số có thể triệt tiêu tại vơ hạn điểm, do đó ta chuyển về xét tính đơn
điệu trên một khoảng chứa hữu hạn điểm mà tại đó đạo hàm triệt tiêu.

Ví dụ 5. Tìm m để hàm số:

(

)

(

)

(

)

2 2

y m 2 m 2 x 3m 1 x m

= + − + − − +

đồng biến trên .

Lời giải 
Hàm số đã cho xác định trên .

Ta có: y '=

(

m 2 x+

)

2−2 m 2 x 3m 1

(

)

− +

TH 1: Nếu m= −2 khi đó y ' 7 0= ≥ luôn đúng với mọi x⇒m= −2 thỏa bài toán

TH 2: Nếu m≠ −2 khi đó thỏa y ' 0≥ với mọi x∈

(

)(

)

a m 2 0

' m 2 4m 1 0

= + >


⇔ ∆ = + + ≤


m 2 0
4m 1 0

+ >


⇔  + ≤


1
2 m

⇔ − < ≤ −

Kết hợp cả hai trường hợp, ta được: 2 m 1

− ≤ ≤ − là những giá trị cần tìm.

Chú ý: Cho tam thức f x

( )

=ax2+bx c, a+ ≠0 có ∆ =b2−4ac

• Nếu ∆ < ⇒0 a.f x

( )

> ∀ ∈0 x

• Nếu ∆ = ⇒0 a.f x

( )

≥0 x∀ ∈ và a.f x

( )

0 x b
2a

= ⇔ = −
• Nếu ∆ > ⇒0 f x

( )

có hai nghiệm x1<x2

( )

(

) (

)

a.f x > ⇔ ∈ −∞0 x ;x ∪ x ;+∞ ; a.f x

( )

< ⇔ ∈0 x

(

x ;x1 2

)

Từ định lí về dấu ta có ngay: f x

( )

0 f x

(

( )

0 x

)

a 0 a 0

(

)

 > <


≥ ≤ ∀ ∈ ⇔ 

∆ ≤


Ví dụ 6. Tìm m để hàm số :y 1mx3

(

m 1 x

)

2 3 m 2 x 1

(

)

= − − + − + đồng biến trên

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Lời giải 
Hàm số đã cho xác định trên .

Ta có: y ' mx= 2−2 m 1 x 3m 6

(

−

)

+ −

Cách 1. Hàm đồng biến trên

(

2;+∞ ⇔

)

y ' 0 x≥ ∀ ∈

(

2;+∞

)

( )

(

)

(

)

f x mx 2 m 1 x 3m 6 0, x 2;

⇔ = − − + − ≥ ∀ ∈ +∞

TH 1: m 0= khi đó f x

( )

≥0 chỉ đúng với mọi x 2> .

TH 2: m 0< ta thấy trường hợp này không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

TH 3: m 0> khi đó f x có

( )

∆ = −' 2m2+4m 1+

* Nếu ' 0 m 2 6

∆ ≤ ⇔ ≥ (do m 0> )⇒f x

( )

≥ ∀ ∈0 x

* Nếu ' 0 0 m 2 6

∆ > ⇔ < <

( )

∗ .

Khi đó f x có hai nghiệm

( )

x1<x2 và

( )

x x

f x 0

x x

≤

≥ ⇔  ≥

 ⇒f x

( )

≥0, x 2∀ >

x 2

⇔ ≤ m 1 ' 2

− + ∆

⇔ ≤ ⇔ ∆ ≤' m 1+ 3m2 2m 0 m 2
3

⇔ − ≥ ⇔ ≥ .

Kết hợp với

( )

∗ 2 m 2 6

3 2

⇒ ≤ < . Vậy m 2

≥ là giá trị cần tìm.
Cách 2: Hàm đồng biến trên

(

2;+∞ ⇔

)

y ' 0, x≥ ∀ ∈

(

2;+∞

)

(

)

mx 2 m 1 x 3m 6 0

⇔ − − + − ≥ ∀ ∈x

(

2;+∞

)

( )

(

)

6 2x

m g x , x 2;

x 2x 3

−

⇔ ≥ = ∀ ∈ +∞

− + .

Xét hàm số g x với x 2

( )

≥ , ta có :

( )

(

)

2
2

x 6x 3

g' x 2

x 2x 3

− +
=

− +

( )

g' x 0 x 3 6

⇒ = ⇔ = + (vì x 2≥ ) và

( )

xlim g x→+∞ =0.

Lập bảng biến thiên ta có

( ) ( )

x 2

max g x g 2

≥ = =

( )

(

)

( )

x 2

m g x x 2; m max g x

≥

⇒ ≥ ∀ ∈ +∞ ⇔ ≥ = .

Chú ý:

1. Cho hàm số y=f x

( )

có đạo hàm liên tục trên D

• Hàm số đồng biến trên I⊂ ⇔D f ' x

( )

≥0, x I∀ ∈ và f ' x

( )

=0 có hữu hạn nghiệm

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

2. Cho hàm số y=f x

( )

liên tục trên D

( )

f x ≥ ∀ ∈ ⇔k x D minf x ≥k ( nếu tồn tại

( )

minf x )

( )

f x ≤ ∀ ∈ ⇔k x D max f x ≤k ( nếu tồn tại

( )

maxf x ).

Ví dụ 7. Tìm m để hàm số :y=

(

m 1 x+

)

3−3 m 1 x

(

)

2+2mx 4+ đồng biến trên
khoảng có độ dài không nhỏ hơn 1 .

Lời giải 
Hàm số đã cho xác định trên .

Ta có: y' 3 m 1 x=

(

)

2−6 m 1 x 2m

(

)

• m= − ⇒1 y'= − <2 0 (loại).

• m> −1. Khi đó hàm số ln có khoảng đồng biến có độ dài lớn hơn 1 .

• m< −1.

Yêu cầu bài tốn ⇔y' 0= có hai nghiệm x ,x thỏa 1 2 x1−x2 ≥1

(

)

(

)

(

)

(

)(

)

(

)

1 2 1 2

m 3 m 1 0

' 9 m 1 6m m 1 0

3 0

x x 4x x 1 3 m 1

 + + >
∆ = + − + > 



⇔ ⇔

− ≥

 + − ≥ 

  +

m 3 0

m 9

m 9 0

+ <


⇔ ⇔ ≤ −

+ ≤

 (Do m< −1).

Vậy m∈ −∞ − ∪ − +∞

(

; 9

] (

)

là những giá trị cần tìm.
Ví dụ 8. Chứng minh rằng

2 2 2

1 1 4

1 , x 0;

sin x x

π
 
< + − ∀ ∈ 
 
π

Lời giải
Xét hàm số

( )

2 2

1 1

f x

sin x x

= − liên tục trên nửa khoảng x 0;

π
 
∈ .

Ta có:

( )

(

)

3 3

3 3 3 3

2 x cos x sin x

2cosx 2

f ' x

sin x x x sin x

− +

= − + = .

Theo kết quả câu 4 - ví dụ 2 , ta có:

sin x

cos x , x 0;

x 2

π
  > ∀ ∈ 

   

   

( )

3 3

x cos x sin x 0 , x 0; f ' x 0 , x 0;

2 2

π π

   

⇒ − + > ∀ ∈ ⇒ > ∀ ∈ 

   

( )

42

f x f 1 , x 0;

2 2

π π

   

⇒ ≤  = − ∀ ∈ 

  π  

Do vậy:

2 2 2

1 1 4

1 , x 0;

sin x x

π
 
< + − ∀ ∈ 
 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài t

Bài tập tự luyện

ập tự luyện

1. Tìm m để hàm số:y=

(

m 1 x−

)

3−3 m 1 x

(

−

)

2+3 2m 3 x m

(

−

)

+ nghịch biến trên

Hướng dẫn giải 
Ta có y' 3 m 1 x=

(

−

)

2−6 m 1 x 3 2m 3

(

−

)

(

−

)

• m 1= ⇒y'= − <3 0 x∀ ∈ hàm số nghịch biến trên

• m 1≠

Hàm số nghịch biến trên

(

) (

)(

)

m 1 0

m 1 2m 3 m 1 0

− <

⇔ 

∆ = − − − − ≤



m 1

m 1
m 2 0

<


⇔ ⇔ <
− + ≥

 . Vậy m 1≤ .

2. Cho hàm số: y= −x3−3x2+mx 4+ .Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm
số đã cho nghịch biến trên khoảng

(

0;+∞

)

Hướng dẫn giải

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng

(

0;+∞

)

khi và chỉ khi

( )

2 2

y'= −3x −6x m 0, x 0+ ≤ ∀ > ⇔m 3x≤ +6x=f x
Hàm số f x

( )

=3x2+6x liên tục trên

(

0;+∞

)

Ta có f ' x

( )

=6x 6 0, x 0+ > ∀ > và f 0

( )

=0. Từ đó ta được: m 0≤ .

3. Tìm m để hàm số: y=x3−

(

m 1 x+

)

2−

(

2m2−3m 2 x 2m+

)

+ 2−m đồng biến
trên

[

2;+∞

)

Hướng dẫn giải

Ta có: y' 3x= 2−2 m 1 x 2m

(

)

− 2+3m 2− có ∆ =' 7m2−7m 7 0+ >

m y' 0

∀ ∈ ⇒ = có hai nghiệm x1 m 1 ',

+ − ∆

= x2 m 1 '

+ + ∆
=

Hàm đồng biến trên

[

2;+∞

)

x x

y' 0, x 2 , x 2

x x

≤


⇔ ≥ ∀ ≥ ⇔ ≥ ∀ ≥



x 2 ' 5 m 2 m

⇔ ≤ ⇔ ∆ ≤ − ⇔ − ≤ ≤

4. Tìm m để hàm số: y= −x3+3x2+

(

m 1 x 2m 3−

)

+ − đồng biến trên một khoảng
có độ dài lớn hơn 1 .

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

* Nếu m≤ − ⇒ ∆ ≤ ⇒2 ' 0 y' 0 x≥ ∀ ∈ ⇒ hàm số nghịch biến trên nên hàm số
khơng có khoảng đồng biến.

* Nếu m> − ⇒2 y ' 0= có hai nghiệm x1<x2 và y' 0≤ ⇔ ∈x

[

x ;x1 2

]

⇒ theo bài
toán ⇔ x1−x2 >1⇔

(

x1+x2

)

2−4x x1 2>1 4 4 m 1

(

)

−

⇔ + > m 5

⇔ > −

5. Tìm m để hàm số :

(

)

(

)

y m 1 x 2m 1 x m

= − + + + + nghịch biến trên

( )

0;3 .

Hướng dẫn giải 
Ta có y' x= 2+2 m 1 x 2m 1

(

−

)

+ +

Yêu cầu bài toán

( )

x 2x 1

y' 0 2m x 0;3

x 1

− +

⇔ ≥ ⇔ ≥ − ∀ ∈

Xét hàm số

( )

[ ]

x 2x 1

f x ,x 0;3

x 1

− +

= ∈

Ta có:

( )

(

)

x 2x 3

f ' x

x 1

+ −
=

+ và f ' x

( )

= ⇔ =0 x 1

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra 2m 0− ≤ ⇔m 0≥ .

6. Tìm m để hàm số: y=x3+3x2+

(

m 1 x 4m+

)

+ nghịch biến trên khoảng

(

−1;1

)

.
Hướng dẫn giải:

y' 3x= +6x m 1+ +

Cách 1: Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng

(

−1;1

)

khi và chỉ khi

(

)

y ' 0, x≤ ∀ ∈ −1;1 . Xét hàm số g x

( )

= −

(

3x2+6x 1 , x+

)

∀ ∈ −

(

1;1

)

( )

(

)

( )

g' x 6x 6 0, x 1;1 g x

⇒ = − − < ∀ ∈ − ⇒ nghịch biến trên khoảng

(

−1;1

)

và

( )

x 1 x 1

lim g x 2, lim g x 10

+ −

→− →

= − = − ⇒m≤ −10
 Cách 2: y'' 6x 6= +

Nghiệm của phương trình y'' 0= là x= − <1 1. Do đó, hàm số đã cho nghịch

biến trên khoảng

(

−1;1

)

khi và chỉ khi

( )

x 1

m lim g x 10

−
→

≤ = − .

Vậy m≤ −10 thoả yêu cầu bài toán.
7. Với x 0;

π
 
∈ 

  .Chứng minh rằng: sin x t a n x 2x + >

Hướng dẫn giải

Xét hàm số f x

( )

=sin x t a n x 2x+ − liên tục trên nửa khoảng 0;
2

π
 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Ta có:

( )

2 2

1 1

f ' x cosx 2 cos x 2 0, x 0;

cos x cos x

π
 
= + − > + − > ∀ ∈ 
 

( )

f x

⇒ là hàm số đồng biến trên 0;

π
 



 và f x

( ) ( )

>f 0 , x 0;2

π
 
∀ ∈ 

 

hay sin x t a n x 2x , x 0;
2

π
 
+ > ∀ ∈ 

  (đpcm).

Từ bài tốn trên ta có bài tốn sau: Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc
nhọn thì sin A sinB sinC tan A tanB tanC 2+ + + + + > π

8. Với x 0;
2

π
 

∈  .Chứng minh rằng: 2 sin x 1
x

< <
π

Hướng dẫn giải 
Với x 0> thì sin x 1

x <

Xét hàm số f x

( )

sin x

= liên tục trên nửa khoảng

0;

2

 
 
 

π

Ta có f ' x

( )

x.cosx sin x2 , x

0;

2

−  

= ∀ ∈ 

 

π

Xét hàm số g x

( )

=x.cosx sin x− liên trục trên đoạn

0;

2

 
 
 

π

và có

( )

g' x x.sin x 0, x

0;

g x

2

 
= − < ∀ ∈ ⇒

 

π

liên tục và nghịch biến trên đoạn

0;

2

 
 
 

π

và ta có g x

( ) ( )

g 0 0, x

0;

2

 
< = ∀ ∈ 
 

π

Từ đó suy ra f ' x

( )

g' x

( )

2 0, x f x

( )

0;

2

 
= < ∀ ∈ ⇒

 

π

liên tục và nghịch biến trên

nửa khoảng

0;

2

 
 
 

π

, ta có f x

( )

f 2, x

0;

2

   

>  = ∀ ∈ 
π

   

π

9. Chứng minh rằng x 0;

π
 

∀ ∈ , ta ln có: sin x≤x
Hướng dẫn giải 
Xét hàm số f x

( )

=sin x x− liên tục trên đoạn x 0;

 
∈  

Ta có: f ' x

( )

cosx 1 0 , x 0;
2

π
 
= − ≤ ∀ ∈ ⇒

  f x là hàm nghịch biến trên đoạn

( )

0;
2

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Suy ra f x

( ) ( )

f 0 0 sin x x x 0;
2

π
 
≤ = ⇔ ≤ ∀ ∈  

  (đpcm).

10. Chứng minh rằng x 0;
2

π
 
∀ ∈ 

 , ta luôn có:

sin x x

> −

Hướng dẫn giải 
Xét hàm số

( )

f x sin x x

= − + liên tục trên nửa khoảng x 0;

π
 

∈ 

 .

Ta có:

( )

f ' x cosx 1 f " x sin x x 0 x 0;

2 2
π
 
= − + ⇒ = − + ≥ ∀ ∈ 
 

( )

( ) ( )

f ' x f ' 0 0 x 0; f x f 0 0 x 0;

2 2
π π
   
⇒ ≥ = ∀ ∈ ⇒ ≥ = ∀ ∈ 
   
3
x

sin x x , x 0;

3! 2

π
 
⇒ > − ∀ ∈ 

  (đpcm).

11. Chứng minh rằng x 0;

π
 
∀ ∈ 

 , ta ln có:

2 4

x x

cos x 1

2 24

< − +

Hướng dẫn giải 
Xét hàm số

( )

2 4

x x

g x cosx 1

2 24

= − + − liên tục trên nửa khoảng x 0;

π
 

∈ 

 .

Ta có:

( )

g' x sin x x 0 x 0;

6 2

π
 
= − + − ≤ ∀ ∈ 

  g x

( ) ( )

g 0 0 x 0;
2
π
 
⇒ ≤ = ∀ ∈ 
 
2 4
x x

cosx 1 , x 0;

2 24 2

π
 
⇒ < − + ∀ ∈ 

 (Đpcm)

12. Chứng minh rằng

x

0;

2

 
 
 

π

∀ ∈

, ta ln có:

sin x

cosx
x

  >

 

 

Hướng dẫn giải 
Ta có:

sin x x , x 0;

6 2

 
> − ∀ ∈ 
 

3
3

2 2 2 4 6

sin x x sin x x x x x

1 1 1

x 6 x 6 2 12 216

 

⇒ > − ⇒  > −  = − + −

   

3 2 4 4 2

sin x x x x x

1 1

x 2 24 24 9

 

⇒  > − + +  − 

   

Vì

2 2 4

x sin x x x

x 0; 1 0 1

2 9 x 2 24

   

∈ ⇒ − > ⇒  > − +

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Mặt khác, theo câu 3:

2 4

x x

1 cosx , x 0;

2 24 2

π
 
− + > ∀ ∈ 
 

Suy ra

sin x

cos x , x 0;

x 2

π
  > ∀ ∈ 

   

   (đpcm).

Nhận xét:

Ta có 0 sin x x 0 sin x 1 x 0;

x 2

π
 
< < ⇒ < < ∀ ∈ 

  nên

sin x sin x

x x

  ≥  ∀α ≤

   

    .

Do đó, ta có kết quả sau :

‘’Chứng minh rằng: với ∀α ≤3, ta luôn có: sin x cosx

x

0;

2

  ≥  

   

   

π

∀ ∈

’’

Ch

Chủ

ủ

ủ đđđđề

ề

ề 2222

:

CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

1. Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị:

Định lý 1: Giả sử hàm số f đạt cực trị tại điểm x . Khi đó , nếu f có đạo hàm tại 0
điểm x thì 0 f ' x

( )

0 =0

Chú ý: Hàm số đạt cực trị tại x và nếu đồ thị hàm số có tiếp tuyến tại điểm 0

( )

(

x ;f x0 0

)

thì tiếp tuyến đó song song với trục hồnh.
2. Điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị:

Định lý 2: Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng

( )

a;b chứa điểm x và có đạo 0
hàm trên các khoảng

(

a;x0

)

và

(

x ;b . Khi đó : 0

)

∗ Nếu

( )

(

)

( )

(

)

0 0

f ' x 0,x a;x

f ' x 0,x x ;b

 < ∈




> ∈

 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x . 0

Nói một cách khác , nếu f ' x đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm

( )

x thì 0
hàm số đạt cực tiểu tại điểm x . 0

∗ Nếu

( )

(

)

( )

(

)

0 0

f ' x 0,x a;x

f ' x 0,x x ;b

 > ∈




< ∈

 thì hàm số đạt cực đại tại điểm x . 0

Nói một cách khác , nếu f ' x đổi dấu từ dương sang âm khi x qua điểm

( )

x thì 0
hàm số đạt cực đại tại điểm x . 0

Định lý 3: Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp một trên khoảng

( )

a;b chứa điểm

x ,f ' x

( )

0 =0và f có đạo hàm cấp hai khác 0 tại điểm x . 0

∗ Nếu f '' x

( )

0 <0thì hàm số f đạt cực đại tại điểm x . 0

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Chú ý: Khơng cần xét hàm sốf có hay khơng có đạo hàm tại điểm x=x0nhưng
khơng thể bỏ qua điều kiện " hàm số liên tục tại điểm x " 0

Ví dụ 1. Tìm cực trị của hàm số:

1. y= −x4+2x2+1 2. y= −x4+6x2−8x 1+
Lời giải

1. Hàm số đã cho xác định trên

Ta có: y '= −4x3+4x= −4x x

(

2−1

)

và y' 0= ⇔ = ±x 1 hoặc x 0=
Giới hạn:

xlim y→−∞ = −∞, lim yx→+∞ = −∞

Bảng biến thiên:

x −∞ 1− 0 1 +∞
y' + 0 − 0 + 0 −

2 2

−∞ 1 −∞

Hàm số đạt cực đại tại các điểm x= ±1 với giá trị cực đại của hàm số là

( )

y ± =1 2 và hàm số đạt cực tiểu tại điểm x 0= với giá trị cực tiểu của hàm số
là y 0

( )

=1.

2. Hàm số đã cho xác định trên

Ta có: y '= −4x3+12x 8− = −4 x 1

(

−

) (

2 x 2+

)

và y ' 0= ⇔ = −x 2, x 1=
Giới hạn:

xlim y→−∞ = −∞, lim yx→+∞ = −∞

Bảng biến thiên:

x −∞ 2− 0 +∞
y' + 0 − 0 −

−∞ −∞

Hàm đạt cực đại tại x= −2 với giá trị cực đại của hàm số là y

( )

− =2 25, hàm số
khơng có cực tiểu.

Chú ý: Cho hàm số y=f x

( )

xác định trên D

Điểm x=x0∈D là điểm cực trị của hàm số khi và chỉ khi hai điều kiện sau đây
cùng thảo mãn:

• Tại x=x0 đạo hàm triệt tiêu hoặc không tồn tại

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Ví dụ 2. Tìm cực trị của hàm số: y= x x 3

(

−

)

Lời giải 
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên .

(

)

(

)

x x 3 khi x 0
y

x x 3 khi x 0

 − ≥


= 

− − <

 . Ta có

(

)

3 x 1

khi x 0
2 x

3 x

x khi x 0

2 x

 −

>



= 

−

 − <

 −


+

Hàm số khơng có đạo hàm tại x 0= .

Trên khoảng

(

−∞;0

)

: y' 0> ,trên khoảng

(

0;+∞

)

: y' 0= ⇔ =x 1
Bảng biến thiên

x −∞ 0 1 +∞
y' + − 0 +

y −∞

0 +∞
2−

Hàm số đạt điểm cực đại tại điểm x 0,y 0=

( )

=0, hàm số đạt điểm cực tiểu tại
điểm x 1,y 1=

( )

= −2.

Chú ý: Cho dù hàm số không có đạo hàm tại x 0= , nhưng nó vẫn đạt cực đại tại
điểm đó.

Ví dụ 3. Tìm cực trị của hàm số:

1. y= −3 2cosx cos2x− 2. y=2sin2x 3−

Lời giải 
1. Hàm số đã cho xác định và liên tục trên .

Ta có: y' 2sin x 2sin2x 2sin x 1 2cosx= + =

(

)

Và

sin x 0 x k

y' 0 1 2 2 ,k

cosx cos x k2

2 3 3

= = π

 

 

= ⇔ π ⇔  π ∈

= − = = ± + π

 

 

2 2

y'' 2cos x 4cos2x y'' k2 6cos 3 0

3 3

π π

 

= + ⇒ ± + π = = − <

  .

Hàm số đạt cực đại tại x 2 k2 ,y 2 k2 9

3 3 2

π  π 

= ± + π ± + π =

  .

( )

y'' kπ =2coskπ + > ∀ ∈4 0, k .

Hàm số đạt cực tiểu tại x= πk , y k

( ) (

π =2 1 cosk− π

)

2. Hàm số đã cho xác định và liên tục trên .

Ta có : y' 4cos2x y' 0 cos2x 0 x k ,k

4 2

π π

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

8 khi k 2n

y'' 8sin2x y'' k 8sin k

8 khi k 2n 1

4 2 2

− =



π π π

   

= − ⇒  + = −  + π = 

= +

    

Vậy hàm số đạt cực đại tại các điểm x n , y n 1

4 4

π π 

= + π  + π = −

  và đạt cực đại

tại x

(

2n 1

)

, y

(

2n 1

)

4 2 4 2

π π π π

= + +  + + = −

  .

Ví dụ 4. Tìm các hệ số a,b sao cho hàm số

ax bx ab

ax b

+ +
=

+ đạt cực trị tại điểm

x 0= và x=4.

Lời giải

Ta có đạo hàm

(

)

2 2 2 2

a x 2abx b a b

ax b

+ + −

+
• Điều kiện cần :

Hàm số đạt cực trị tại điểm x 0= và x=4 khi và chỉ khi

( )

(

)

2 2

2 2 2

b a b

y' 0 0 b a 2

b 4

16a 8ab b a b

y' 4 0

0
4a b

 −
=


 =   = −

 ⇔ ⇔

  

+ + −

= 

 

 =

 +


• Điều kiện đủ :

(

)

2
2

a 2 x 4x x 0

y' y' 0

b 4 x 2 x 4

= − =

 − 

⇒ = = ⇔

 =  =

 − + 

Từ bảng biến thiên : hàm số đạt cực trị tại điểm x 0= và x=4.
Vậy a= −2,b 4= là giá trị cần tìm.

Ví dụ 5. Tìm tham số m ∈ để hàm số: y=mx3+3mx2−

(

m 1 x 1−

)

− có cực trị.
Lời giải

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên .

Ta có: y ' 3mx= 2+6mx m 1− + . Hàm số có đạo hàm tại mọi điểm nên x0 là điểm

cực trị của hàm số thì đạo hàm tại đó phải bằng 0 .

Vậy hàm số có cực trị khi và chỉ khi y' 0= phải có nghiệm và y' đổi dấu qua
nghiệm đó.

* Nếu m 0= ⇒y' 1 0 x= > ∀ ∈ ⇒ hàm số không có cực trị

* Nếu m 0≠ . Khi đó y' là một tam thức bậc hai nên y' 0= có nghiệm và đổi dấu
khi qua các nghiệm ⇔y' 0= có hai nghiệm phân biệt hay

' 12m 3m 0

∆ = − > ⇔ m 0 < hoặc m 1
4

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Vậy, m 0 < hoặc m 1
4

> là những giá trị cần tìm

Ví dụ 6. Cho đồ thị

( )

C : y=x4−6x2+2x. Chứng minh rằng

( )

C có 3 điểm cực
trị phân biệt khơng thẳng hàng . Viết phương trình đường tròn qua 3 điểm
cực trị đó .

Lời giải

Trước hết ta có y′ =2 2x

(

3−6x 1+

)

và y′ = ⇔0 2x3−6x 1 0+ =
Xét hàm g x

( )

=2x3−6x 1+ liên tục trên và có

( ) ( )

g −2 .g − = − <1 9 0, g

( ) ( )

−1 .g 1 = − <9 0, g 1 .g 2

( ) ( )

= −15 0<

Do đó phương trình g x

( )

=0 có ba nghiệm phân biệt hay hàm số có ba cực trị
phân biệt.

Gọi M x ;y

(

0 0

)

là một điểm cực trị nào đó.

Do đó x30 3x0 1 y0 x04 6x20 2x0 3x02 3x0

2 2

= − ⇒ = − + = − +

Suy ra cả ba điểm cực trị đều nằm trên Parabol y 3x2 3x
2

= − + nên nó khơng

thẳng hàng.
Lại có

2 2 4 3 2

0 0 0 0 0 0

3 9

y 3x x 9x 9x x

2 4

 

 

 

= − + = − +

9x0 3x0 1 9 3x0 1 9x20

2 2 4

   

=  − −  − +

   

0 0

117 63 9

x x

4 2 2

= − +

Suy ra x20 y20 121x20 63x0 9

4 2 2

+ = − +

121 1x0 y0 63x0 9

4 2 3 2 2

 

=  − − +

 

2 2

0 0 0 0

131 121 9

x y x y 0

8 12 2

⇔ + + + − = .

Vậy các điểm cực trị nằm trên đường tròn x2 y2 131x 121y 9 0

8 12 2

+ + + − = .

Ví dụ 7. Tìm m để

( )

Cm : y=x3−3x2+

(

m 6 x m 2−

)

+ − có hai điểm cực trị và
khoảng cách từ A 1; 4

(

−

)

đến đường thẳng đi qua hai cực trị bằng 12

265.
Lời giải

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên .
Ta có: y' 3x= 2−6x m 6+ −

Đồ thị hàm số có 2 cực trị khi y' 0= có 2 nghiệm phân biệt, nghĩa là

(

)

' 3 3 m 6 0

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Và y 1

(

x 1 y'

)

2m 6 x 4m 4

3 3 3

 

= − + −  + −

  , vì điểm cực trị có hồnh độ là nghiệm

của y' 0= nên đường thẳng

( )

d qua 2 cực trị có phương trình

2 4

y m 6 x m 4

3 3

 

= −  + −

  hay 2 m 9 x 3y 4 m 3

(

−

)

− +

(

−

)

( )

(

)

(

)

( ) (

)

(

)

( )

2 2

2 m 9 1 3. 4 4 m 3 6m 18

d A, d

4m 72m 333

2 m 9 3

− − − + − −

= =

− +

 −  + −

 

Theo bài toán

(

( )

)

m 3

12 2

d A, d

265 4m 72m 333 265

−

= ⇔ =

− +

Bình phương hai vế, rút gọn ta được: 249m2−1302m 1053 0+ = , giải phương

trình ta được m 1, m 1053

249

= = thỏa m 9< .

Bài t

Bài tập tự luyện

ập tự luyện

1. Tìm m để hàm số

(

)

x m 1 x 3 2m

x m

+ − + −

+ đạt cực đại tại x= −1.

Hướng dẫn giải 
Ta có

(

)

(

)

3 m m 3 m 3

y x 1 y' 1 ,y'' 2

x m x m x m

− − −

= − + ⇒ = + = −

+ + +

Hàm số đạt cực đại tại

( )

(

)

m 3

x 1 y' 1 0 1 0

m 1

−

= − ⇒ − = ⇔ + =

−

m m 2 0 m 1,m 2

⇔ − − = ⇔ = − = .

• m= − ⇒1 y''

( )

− = − < ⇒ = −1 1 0 x 1 là điểm cực đại

• m 2= ⇒y''

( )

− = > ⇒ = −1 2 0 x 1 là điểm cực tiểu.
Vậy m= −1 là giá trị cần tìm.

2. Tìm m∈ để hàm số y= −2x 2 m x+ + 2−4x 5+ có cực đại.
Hướng dẫn giải

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên .
Ta có

(

)

2 3

x 2 m

y' 2 m ; y"

x 4x 5 x 4x 5

−

= − + =

− + − + .

Cách 1:

+ Nếu m 0= thì y= − <2 0 ∀ ∈x nên hàm số không có cực trị.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Khi đó hàm số có cực đại ⇔ Phương trình y' 0= có nghiệm

( )

1 .
Ta có: y ' 0= ⇔2

(

x 2−

)

2+ =1 m x 2

(

−

)

( )

2 .
Đặt t= −x 2 thì

( )

2 trở thành:

(

)

( )

2 2

t 0

mt 2 t 1 1 1

m 4 t 1

m 4

≤


≤

 

= + ⇔ ⇔ ⇒

− =

 

  −

có nghiệm

m 4 0 m 2

⇔ − > ⇔ < − (Do m 0< ).
Vậy m< −2 thì hàm số có cực đại.

Cách 2:

Hàm số đạt cực đại tại x=x0

( )

(

)

( )

0 0

0 2

0 0 0

m x 2 x 4x 5

m
2

y' x 0 1

x 4x 5 x 2 2

y'' x 0

m 0
m 0

 −  − +

 =  

 =

⇔ ⇔ − + ⇔ −

  

 <

< 



Với m 0< thì

( )

1 ⇒x0<2.

Xét hàm số:

( )

2
0 0

0 0

x 4x 5

f x ,x 2

x 2

− +

= <

−

( )

20 0

( )

20 0

0 0

x x 0 x 2 x 2 0

x 4x 5 x 4x 5

lim f x lim 1, lim f x lim

x 2 − − x 2

→−∞ →−∞ → →

− + − +

= = − = = −∞

− −

Ta có

( )

(

)

(

)

0 2 0

0 0 0

f ' x 0, x ;2

x 2 x 4x 5

−

= < ∀ ∈ −∞

− − +

Phương trình

( )

1 có nghiệm x0 2 m 1 m 2

< ⇔ < − ⇔ < −
3. Cho họ đường cong

( )

Cm : y=2x3+mx2−12x 13− .

Tìm m để

( )

Cm có điểm cực đại và cực tiểu và các điểm này cách đều trục tung.
Hướng dẫn giải

Ta có y ' 2 3x=

(

2+mx 6−

)

và y ' 0= ⇔3x2+mx 6 0− =

( )

∗

Vì

( )

∗ ln có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số ln có hai cực trị. Gọi

1 2

x ,x là hoành độ hai cực trị, hai điểm cực trị cách đều trục tung

1 2 1 2 1 2

x x x x x x 0

⇔ = ⇔ = − ⇔ + = (vì x1≠x2)

b m

S 0 m 0

a 3

− −

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

4. Tìm m∈ để đồ thị hàm số:

mx 3mx 2m 1

x 1

+ + +

− có hai điểm cực đại, cực

tiểu và hai điểm đó nằm về hai phía với trục Ox .
Hướng dẫn giải 
Ta có

(

)

mx 2mx 5m 1

x 1

− − −

− và

y' 0= ⇔mx2−2mx 5m 1 0 x 1− − =

(

≠

)

( )

∗

Hàm số có hai điểm cực trị ⇔

( )

∗ có 2 nghiệm phân biệt x ,x1 2≠1

(

)

m 0 1

m 6m 1 0 6

m 0
6m 1 0

≠

 

< −

 

⇔ + > ⇔
− − ≠  >


Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm về hai phía trục Ox

( ) ( )

1 2

y x .y x 0

⇔ <

( )

∗∗ .

Ta có: y x

( )

1 =2m x

(

1−1 ,y x

) ( )

2 =2m x

(

2−1

)

( ) ( )

(

)

(

)

1 2 1 2 1 2

y x .y x 4m x x x x 1 4m 2m 1

⇒ =  − + + = − − .

( )

(

2m 1

)

0 m 1
2

⇒ ∗ ⇔ − − < ⇔ < − hoặc m 0>

5. Tìm m∈ để hàm số y=x4−2m x2 2+1 có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một
tam giác vuông cân.

Hướng dẫn giải

Ta có y' 4x= 3−4m x2 =4x x

(

2−m2

)

Hàm số có ba cực trị ⇔m 0≠ .

Khi đó tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

( )

(

) (

)

A 0;1 , B m;1 m− , C −m;1 m− .

Ta thấy AB=ACnên tam giác ABC vuông cân

2 2 2

AB AC BC

⇔ + = ⇔2 m

(

2+m8

)

=4m2⇔m= ±1

6. Tìm tham số m∈ để hàm số : y 1x3 mx2

(

5m 4 x 2

)

= − + − + có cực đại , cực

tiểu và đường thẳng đi qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số song song với
đường thẳng

( )

d : 8x 3y 9 0+ + = .

Hướng dẫn giải

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

m 5m 5 0 m 1

⇔ ∆ = − + > ⇔ < hoặc m 4> .
Thực hiện phép chia y cho y' , ta được:

(

)

(

)

1 2 5 4

y x m y' m 5m 4 x m m 2

3 3 3 3

= − − − + + − + .

Gọi x ,x là hoành độ cực trị 1 2 ⇒y' x

( )

1 =0 và y ' x

( )

2 =0.
Khi đó y x

( )

1 2

(

m2 5m 4 x

)

1 5m2 4m 2;

3 3 3

= − − + + − +

y x

( )

2 2

(

m2 5m 4 x

)

2 5m2 4m 2.

3 3 3

= − − + + − +

Vậy, đường thẳng đi qua 2 điểm cực đại, cực tiểu là

( )

t :

(

)

2 5 4

y m 5m 4 x m m 2

3 3 3

= − − + + − + .

Đường thẳng

( )

d : y 8x 3

= − − . Theo bài toán

( ) ( )

d t khi và chỉ khi

(

)

2 8

m 5m 4

m 0

3 3

5 4 m 5

m m 2 3

3 3

− − + = − −

  =

 ⇔

  =


 − + ≠ −



Vậy: m 0= hoặc m 5= là giá trị cần tìm.

7. Tìm tham số thực m để hàm số : y=2x3−3 m 1 x

(

)

2+6mx m+ 3 có cực đại A
cực tiểu sao cho:

a. Khoảng cách giữa A và B bằng 2

b. Hai điểm A và B tạo với điểm C 4;0 một tam giác vuông tại C .

( )

Hướng dẫn giải

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên .

Ta có: y ' 6 x=  2−

(

m 1 x m+

)

+ =6 x 1 x m

(

−

)(

−

)

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y' triệt tiêu và đổi dấu hai lần qua
nghiệm x , nghĩa là phương trình 6 x 1 x m

(

−

)(

−

)

=0 có hai nghiệm phân biệt
hay m 1≠ thỏa mãn đề bài.

Giả sử A 1;m

(

3+3m 1 ,B m;3m−

) (

)

.
a. AB= 2⇒AB2=2

(

m 1

)

(

m3 3m2 3m 1

)

2 2

⇔ − + − + − + =

(

)

2 3

(

)

m 1 m 1 2

 

⇔ −  + − =

 

(

)

(

) (

)

m 1 1 m 1 m 1 2 0

   

⇔ − −   − + − + =

   

(

)

m 1 1 0

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

b. Tam giác ABC vuông tại C , khi đó AC⊥BC⇒AC.BC 0=

( )

∗

(

)

(

)

AC= 3; m− −3m 1 , BC+ = 4 m; 3m− −

Đẳng thức

( )

∗ ⇔3 4 m

(

−

)

+ −

(

m3−3m 1+

)(

−3m2

)

(

)

(

)

( )

m 1 m m m 1 3m 5m 4 0

⇔ + − + + − + = ∗∗

 

Dễ thấy m2

(

m2−m 1+

)

≥0 và 3m2−5m 4 0,+ > ∀ ∈m .
Do đó

( )

∗∗ ⇔m 1 0+ = hay m= −1 thỏa mãn đề bài.

8. Cho hàm số y=x4−2mx2+2m 1 1−

( )

. Định m để hàm số

( )

1 có ba cực trị
và các điểm cực trị của đồ thị hàm số

( )

1 tạo thành một tam giác có chu vi bằng

(

)

4 1+ 65 .

Hướng dẫn giải 
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên .
Ta có y ' 4x x=

(

2−m

)

⇒y' 0= ⇔ =x 0 hoặc x2=m
Hàm số có 3 cực trị ⇔m 0>

Gọi A 0;2m 1 ,B

(

−

)

(

− m; m− 2+2m 1 ,B−

) (

m; m− 2+2m 1−

)

Chu vi tam giác ABC : P= 4m+2 m m+ 4 , P 4 1=

(

+ 65

)

⇔m=4

9. Cho hàm số y=x3−3x2+m x m2 + . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ
thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng:

d : x 2y 5 0− − = .

Hướng dẫn giải

Ta có y' 3x= 2−6x m+ 2 và y ' 0= ⇔3x2−6x m+ 2=0

( )

∗
hàm số có cực trị ⇔

( )

∗ có 2 nghiệm phân biệt x ,x 1 2

(

)

' 3 3 m 0 3 m 3

⇔ ∆ = − > ⇔ − < < .

Chia y cho y' ta có phần dư là: y 2m2 2 x 1m2 m

3 3

 

= −  + +

 

Nên phương trình đường thẳng d' đi qua các điểm cực trị là:

2 2

2 1

y m 2 x m m

3 3

 

= −  + +

  ⇒ các điểm cực trị là :

2 2

1 1

2 1

A x ; m 2 x m 3m ,

3 3

  −  + + 

   

 

2 2

2 1

B x ; m 2 x m 3m

3 3

  −  + + 

   

 

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

2 2

2m 6m 15 11m 3m 30

I ;

15 4m 15 4m

 + + + − 

⇒  

− −

 .

A và B đối xứng qua d thì trước hết d⊥d'

m 2 2 m 0

⇔ − = − ⇔ = . Kiểm tra thấy thỏa mãn.

10. Xác định giá trị tham số m∈ để hàm số: y=x3−6x2+3 m 2 x m 6

(

)

− − đạt
cực đại và cực tiểu đồng thời hai giá trị cực trị cùng dấu.

Hướng dẫn giải 
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên

Ta có: y' 3x= 2−12x 3 m 2+

(

)

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi y' 0= có hai nghiệm phân biệt

(

)

' 36 9 m 2 0

⇔ ∆ = − + > ⇔ −2 m 0> ⇔m 2<

(

)

(

)

(

)

y x 2 . 3x 12x 3 m 2 2 m 2 x m 2

 

= −  − + + + − + −

(

)

(

)

y x 2 .y' 2 m 2 x m 2

= − + − + −

Gọi A x ;y

(

1 1

) (

,B x ;y2 2

)

là các điểm cực trị của đồ thị hàm số thì x ,x là 1 2
nghiệm của phương trình g x

( )

=3x2−12x 3 m 2+

(

)

=0.

Trong đó:

(

) ( ) (

)

( )

1 1 1 1

y x 2 .y' x 2 m 2 x m 2

y' x 0

 = − + − + −




 =



(

)

1 1

y 2 m 2 x m 2

⇒ = − + −

(

) ( ) (

)

( )

2 1 2 2

y x 2 .y' x 2 m 2 x m 2

y' x 0

 = − + − + −





 =



(

)

2 2

y 2 m 2 x m 2

⇒ = − + −

Theo định lý Vi-ét, ta có: x1+x2=4,x x1 2=m 2+

Theo bài toán: y .y1 2> ⇔0 2 m 2 x

(

−

)

1+m 2 2 m 2 x−   

(

−

)

2+m 2− >0

(

) (

)(

)

1 2

m 2 2x 1 2x 1 0

⇔ − + + >

(

)

(

)

1 2 1 2

m 2 4x x 2 x x 1 0

⇔ −  + + + >

(

)

(

)

(

) (

)

1 2 1 2

m 2 4x x 2 x x 1 0 m 2 4m 17 0

⇔ −  + + + > ⇔ − + >

17
m

4
m 2

 > −

⇔ 

 ≠


So với điều kiện bài toán, vậy 17 m 2

− < < là giá trị cần tìm.

11. Với giá trị nào của m∈thì đồ thị của hàm số:

(

)

2 2 3

mx m 1 x 4m m

x m

+ + + +

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Hướng dẫn giải 
Hàm số đã cho xác định trên D=\

{ }

−m
Ta có:

(

)

2 2 3

mx 2m x 3m

y' ,x m

x m

+ −

= ≠ −

Gọi A x ;y

(

1 1

) (

,B x ;y2 2

)

là các điểm cực trị của đồ thị hàm số thì x ,x là 1 2
nghiệm của phương trình: g x

( )

=mx2+2m x 3m2 − 3=0,x≠ −m

Đồ thị của hàm số có một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ

( )

II và một điểm
cực trị thuộc góc phần tư thứ

( )

IV của mặt phẳng tọa độ khi

( )

1 ⇔m.g 0

( )

< ⇔ −0 3m4< ⇔0 m 0≠

( )

a

( )

2 ⇔Đồ thị của hàm số không cắt trục Ox

(

)

(

)

2 2 3

mx m 1 x 4m m 0 x m

⇔ + + + + = ≠ − vô nghiệm

(

2

)

(

3

)

4 2

m 0 m 0

m 1 4m 4m m 0 15m 2m 1 0

≠

  ≠

 

⇔ ⇔

∆ = + − + < − − + <

 



( )

1
m
m 0

b
1

1
m

m
5

 < −
≠

 

 

⇔ ⇔


>

 >

 



( )

3 ⇔m 0 c<

( )

Từ

( ) ( ) ( )

a b c suy ra m 1
5

< − là giá trị cần tìm.

12. Cho hàm số y=x4−

(

3m 1 x−

)

2+2m 1+ . Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm
cực trị A, B, C cùng với điểm D 7;3 nội tiếp được một đường tròn .

( )

Hướng dẫn giải

Ta có: y' 4x x2 3m 1

−

 

=  − 

 

• Nếu m 1 y' 0 x 0

≤ ⇒ = ⇔ = không thỏa u cầu bài tốn.

• Nếu m 1 y' 0 x 0,x 3m 1

3 2

−
> ⇒ = ⇔ = = ±

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị: A 0;2m 1

(

)

3m 1 9m 14m 3

B ; ,

2 4

 − − + + 

 

 

3m 1 9m 14m 3

C ;

2 4

 − − + + 

−

 

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Vì tam giác ABC cân tại A nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
nằm trên Oy , suy ra I 0;a .

( )

Gọi M là trung điểm của AC , suy ra

1 3m 1 9m 22m 7

M ;

2 2 8

 − − + + 

−

 

 .

Ta có:

2 2

IA ID

IM.AC 0

 =



=


(

)

(

)

( )

2 2

a 2m 1 49 a 3 1

3m 1 9m 22m 7 9m 6m 1

a 0 2

8 8 4

 − − = + −



⇔  −  − −  − +

+ +  =

  

  



Từ

( )

(

)

4m 4m 57

1 a

4 m 1

+ −
⇒ =

− thay vào

( )

2 ta có được:

(

)

2 2 2

3m 1 9m 22m 7 4m 4m 57 9m 6m 1

8 8 4 m 1 4

 

− − − + − − +

+ +  =

−

 

(

) (

)

(

3 2

)

4 m 1 3m 1 9m 23m 23m 107 0

⇔ − + − − + − =

4 3 2

27m 78m 92m 340m 103 0

⇔ − + − + =

13. y=x4−2mx2+2 có 3 cực trị tạo một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi
qua điểm D 3 9;

5 5

 
 
 .

Hướng dẫn giải 
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên .
Ta có: y ' 4x= 3−4mx=4x x

(

2−m

)

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y' có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu
khi x qua 3 nghiệm đó, khi đó phương trình x2−m 0= có 2 nghiệm phân
biệt khác 0⇔m 0> .

Với m 0> hàm số có điểm cực trị A 0;2 , B

( )

(

− m ;2 m− 2

)

, C

(

m;2 m− 2

)

.
Vì B,C đối xứng nhau qua Oy do đó tâm I đường trịn đi qua 4 điểm A,B,C,D
nằm trên trục Oy và I 0;x

(

0

)

Khi đó có hệ:

(

)

(

)

(

)

2
2

0 0

2 2

0 0

9 9

2 x x

IA ID 25 5

IA IB

2 x m 2 m x

  

 − = + − 
=

 ⇔  

 

 

− = + − −



(

)

(

)

(

)

0
0

x 1

5 1

m m 1 m m 1 0 m 1,m m 0

=

=

 

⇔ ⇔ −

− + − = = = >

 

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Ch

Chủ

Ch

ủ

ủ đđđđề

ủ

ề

ề 3333

ề

:

GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ

1. Định nghĩa:

Cho hàm số y=f x

( )

xác định trên D

• Số M gọi là giá trị lớn nhất (GTLN) của hàm số y=f x

( )

trên D

nếu

( )

0 0

f x M x D

x D : f x M

 ≤ ∀ ∈




∃ ∈ =

 , ta kí hiệuM max f x= x D∈

( )

.

Chú ý : Nếu f x

( )

≤M x D∀ ∈ thì ta chưa thể suy ra

( )

x D

M max f x

∈

• Số m gọi là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số y=f x

( )

trên D

nếu

( )

0 0

f x m x D

x D : f(x ) m

 ≥ ∀ ∈





∃ ∈ =

 , ta kí hiệum=minf xx D∈

( )

Chú ý : Nếu f x

( )

≥m x D∀ ∈ thì ta chưa thể suy ra

( )

x D

m minf x

∈

= .

2. Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số

Phương pháp chung: Để tìm GTLN, GTNN của hàm số y=f x

( )

trên D ta tính
y' , tìm các điểm mà tại đó đạo hàm triệt tiêu hoặc không tồn tại và lập bảng
biến thiên. Từ bảng biến thiên ta suy ra GTLN, GTNN.

Chú ý:

Nếu hàm số y=f x

( )

là hàm tuần hồn chu kỳ T thì để tìm GTLN, GTNN của nó
trên D ta chỉ cần tìm GTLN, GTNN trên một đoạn thuộc D có độ dài bằng T .
* Cho hàm số y=f x

( )

xác định trên D . Khi đặt ẩn phụ t=u x

( )

, ta tìm được

t∈E với x D∀ ∈ , ta có y=g t

( )

thì Max, Min của hàm f trên D chính là Max,
Min của hàm g trên E .

* Khi bài toán yêu cầu tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất mà khơng nói trên tập
nào thì ta hiểu là tìm GTLN, GTNN trên tập xác định của hàm số.

* Ngồi phương pháp khảo sát để tìm Max, Min ta còn dùng phương pháp miền
giá trị hay Bất đẳng thức để tìm Max, Min.

* Ta cần phân biệt hai khái niệm cơ bản :

+ Giá trị lớn nhất của hàm số y=f x

( )

trên D với cực đại của hàm số .
+ Giá trị nhỏ nhất của hàm số y=f x

( )

trên D với cực tiểu của hàm số .
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y=f x

( )

trên D mang tính tồn
cục , cịn giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số chỉ mang tính địa phương.
Ví dụ 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

1. Hàm số đã cho xác định trên đoạn

[

−2;2

]

Ta có :

2 2

x 4 x x

y' 1

4 x 4 x

− −

= − =

− − và y' 0,x= ∈ −

(

2;2

)

(

)

2 2

0 x 2

4 x x,x 2;2 x 2

4 x x

< <


⇔ − = ∈ − ⇔ ⇔ =

− =

 .

Vì y

( )

− = −2 2,y 2

( )

=2,y

( )

2 =2 2
nên

[ ]

( )

x∈ −max y2;2 =y 2 =2 2, x∈ −min y[ 2;2] =y

( )

− = −2 2

2. Hàm số đã cho xác định trên đoạn − 5; 5

Ta có:

(

)

2 x 4

5 x

−
=

− và y' 0= ⇔ = ±x 2

Vì y

( )

± 5 =0, y 2

( )

=1,y

( )

− =2 5

nên

( )

x 5; 5

max y y 2 5;

 

∈ −  = − = x 5; 5

( )

min y y 5 0

 

∈ −  = ± =

Ví dụ 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
1. y= x2+ + −x 1 x2− +x 1 trên

[

−2;3

]

2. y= −x2+4x 21+ − −x2+3x 10+
Lời giải

1. Hàm số đã cho xác định và liên tục trên nên liên tục trên

[

−2;3

]

Ta có:

2 2

2x 1 2x 1

2 x x 1 2 x x 1

+ −

= −

+ + − +

Và y' 0= ⇔

(

2x 1+

)

x2− + =x 1

(

2x 1−

)

x2+ +x 1

( )

∗
Bình phương hai vế ta có phương trình hệ quả

(

) (

)

(

) (

)

2x 1+  2x 1− +3= 2x 1−  2x 1+ +3

   

(

) (

)

2x 1 2x 1 x 0

⇔ + = − ⇔ = thay vào

( )

∗ ta thấy 1= −1 vô lý.

Vậy phương trình y' = 0 vơ nghiệm hay y' không đổi dấu trên ,
mà y ' 0

( )

= > ⇒1 0 y' 0 x> ∀ ∈.

Vậy

[ ]

( )

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

2. Điều kiện:

2
2

x 4x 21 0

2 x 5

x 3x 10 0

− + + ≥

 ⇔ − ≤ ≤



− + + ≥


Cách 1: Xét trên miền 2 x 5− < < , ta có :

(

)

2
2 49 3

y 25 x 2 x

4 2

 

= − − − − − 

 

(

)

(

)

2 2

3
x

x 2 2

y '

25 x 2 49 3

4 2

−
− −

= +

− − − − 

 

 

và y' 0=

(

)

49 3 2 3

(

)

x 2 x x 25 x 2

4 2 2

   

⇔ − − −  = −  − −

   

(

)

(

)

2 2 2

(

)

2 x 5
3

x 2 x 0

49 3 3

x 2 x x 25 x 2

4 2 2

− < <





 

 −  − ≥

  

⇔ 

     

  

 −  − −  = −   − −


 

      


[ )

(

)

x 2; 2;5

2 1

x
3

3 49

25 x x 2

2 4

 ∈ − ∪


  


⇔ ⇔ =

 

 − = −

 

  



Ta có y

( )

2 3, y 1 2, y 5

( )

4
3

 

− =  = =

  .

Vậy

[ ]

( )

x∈ −max y2;5 y 5 4,

= =

[ ]

x 2;5

min y y 2

∈ −

 
=  =

  .

Cách 2: Điều kiện: 2 x 5− ≤ ≤ .

Vì

(

−x2+4x 21+

) (

− −x2+3x 10+

)

= +x 11 0> ⇒ >y 0

(

)(

) (

)(

)

(

)(

)

y x 3 7 x x 2 5 x 2 x 3 7 x x 2 5 x

⇒ = + − + + − − + − + −

(

x 3 5 x+

)(

−

)

−

(

x 2 7 x+

)(

−

)

2+ ≥2 2

Suy ra y≥ 2, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

(

x 3 5 x+

)(

−

)

−

(

x 2 7 x+

)(

−

)

(

x 3 5 x

)(

) (

x 2 7 x

)(

)

3x 1 0 x 1

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Vậy min y= 2 khi x 1
3

= .
Ví dụ 3.

1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

2
2

20x 10x 3

3x 2x 1

+ +

2. Cho các số thực dương x,y .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

(

)

2
3

2 2

4xy
P

x x 4y

+ +

Lời giải 
1. Hàm số đã cho xác định và liên tục trên

Ta có:

(

)

2
2

10x 22x 4

3x 2x 1

+ +

y' 0= ⇔5x2+11x 2 0+ = ⇔ = −x 2 hoặc x 1
5

= −

Giới hạn:

lim y ,

→−∞
=

lim y

→+∞
=

Bảng biến thiên:

x −∞ 2−
1
5

− +∞
y' + 0 − 0 +

7 10
3
10

3
5
2
Dựa vào bảng biến thiên suy ra: max y 7, min y 5

= = .

2. Đặt x=ty ta có

(

)

( )

P f t

t t 4

= =

+ +

Xét

( )

(

)

f t , t 0

t t 4

= >

+ +

. Ta có:

( )

(

)

(

)

2 2

4 t 4 3t

f ' t

t 4 t t 4

+ −
=

+ + +

Và f ' t

( )

0 t2 4 3t t 1

= ⇔ + = ⇔ = .

Lập bảng biến thiên ta được

( )

t 0

1 1

maxf t f

8
2

 
=  =

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Ví dụ 4.

1. Cho a, b là các số dương thoả mãna2 b2 c2 3
4

+ + ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: P

(

a b b c c a

)(

)

13 12 13

a b c

= + + + + + + .

2. Cho bốn số nguyên a,b,c,d thay đổi thỏa: 1 a≤ < < < ≤b c d 50. Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức P a c

b d

= +

Lời giải 
1. Từ giả thiết 3 a2 b2 c2 3 a b c3 2 2 2 abc 1

4≥ + + ≥ ⇒ ≤8.

Áp dụng BĐT Cơ si, ta có:

(

a b b c c a+

)(

)

≥8abc

3 3 3

1 1 1 3

abc

a +b +c ≥

3
P 8abc

abc

⇒ ≥ + .

Đặt t abc 0 t 1

= ⇒ < ≤ và P 8t 3 f t

( )

≥ + =

Xét hàm f t có

( )

f ' t

( )

8 32 0
t

= − < f t

( )

f 1 25 t 0;1

8 2

   

⇒ ≥  = ∀ ∈ 

   

P 25

⇒ ≥ . Đẳng thức xảy ra a b c 1

⇔ = = = .

2. Vì 1 a≤ < < < ≤b c d 50 và a,b,c,d là các số nguyên nên c b 1≥ + .

Suy ra : a c 1 b 1 f

( )

b d b 50

+ ≥ + = .

Ta thấy 2 b 48≤ ≤ nên ta xét hàm số : f x

( )

1 x 1,x

[

2;48

]

x 50

= + ∈

Ta có

( )

1 1

f ' x f ' x 0 x 5 2

50
x

= − + ⇒ = ⇔ = .

Lập bảng biến thiên ta được

[ ]

( )

x 2;48∈min f x =f 5 2

Do 7 và 8 là hai số nguyên gần 5 2 nhất vì vậy:

[ ]

( )

{

( ) ( )

}

x 2;48

53 61 53

min f b min f 7 ;f 8 min ;

175 200 175

∈

 

= =  =

  .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P 53
175

= .
Ví dụ 5.

1. Cho x > 0, y > 0 và x y 5
4

+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 4 1

x 4y

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

cho biểu thức

(

)

2a 1

b a b

+
=

− đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

Lời giải

1. Cách 1: Ta có : x y 5 4y 5 4x P 4 1

4 x 5 4x

+ = ⇒ = − ⇒ = +

− .

Xét hàm số: f x

( )

4 1

x 5 4x

= +

− xác định và liên tục trên khoảng

5
0;

 
 
 

Ta có:

( )

(

)

2 2

4 4

f ' x

x 5 4x

= − +

− . Trên khoảng

( )

0; : f ' x 0

  =

 

  ⇔ =x 1.

Lập bảng biến thiên, ta được

( ) ( )

5
x 0;

min f x f 1 5 minP 5

 

∈ 

 

= = ⇒ = khi x 1, y 1

= = .

Cách 2:

(

x y P

)

4 1

(

x y

)

x 4y 17 2 17 25

x 4y 4y x 4 4 4

 

+ = +  + = + + ≥ + =

 

Suy ra P 5≥ . Đẳng thức xảy ra: x 4y

4y= x và

5
x y

+ = hay x 1, y 1

= = .
2. Từ giả thiết, ta suy ra a 0≠ và b a b

(

−

)

>0.

Ta có :

(

)

a
0 b a b

< − ≤ và 2a3+ >1 0 nên

( )

3
2

2a 1

P f a

≥ = .

Xét hàm số f a , a

( )

1
2

≥ − có

( )

3
3

2a 2

f ' a
a

−

= và f ' a

( )

= ⇔ =0 a 1
Bảng biến thiên :

x 1

− 0 1 +∞

( )

f ' x + − 0 +

( )

f x

+∞ +∞ +∞
3 3

Từ bảng biến thiên f a

( )

3 a 1

⇒ ≥ ∀ ≥ − ⇒ ≥P 3

Đẳng thức xảy ra

1
a

2
1
b

 = −

⇔ 

 = −



hoặc
a 1

1
b

=




 . Vậy minP 3= .

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Đặt

3 3

2 3

a 2

a x y a 3ab 2 3a a 8 0 0 a 2

b xy a 4b a 2 3a

a 4

 −

=



= + − =

 ⇒ ⇔ ⇒ − ≤ ⇔ < ≤

  

  ≥  ≥ −



Khi đó:

( )

3 2

2 2 2a 4 a 4

P a 2b a f a

3a 3 3a

−

= − = − = + =

Xét hàm số f a với 0 a 2

( )

< ≤ .
Ta có:

( )

2 2

2a 4 2a 4

f ' a

3 3a 3a

−

= − = và f ' a

( )

= ⇔ =0 a 32

Lập bảng biến thiên ta có ngay minP f=

( )

32 =34, đạt được khi

( )

x;y =

(

0; 23

)

Ví dụ 7. Cho x,y∈ −

[

3;2

]

thỏa x3+y3=2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

của biểu thức: P=x2+y2.

Lời giải

Từ giả thiết ta suy ra được x=32 y− 3 thay vào P ta được

(

) ( )

2 3 2 3

(

)

2 3 2

( )

3 3

P= 2 y− + y = 2 t− + t =f t với t=y3.

Vì x∈ −

[

3;2

]

⇒x3∈ −

[

27;8

]

⇒ −27 2 y≤ − 3≤8

6 y 29

⇔ − ≤ ≤ ,do y3∈ −

[

27;8

]

⇒ ∈ −t

[

6;8

]

.
Xét hàm số f t trên

( )

D= −

[

6;8

]

Ta có: f ' t

( )

32 32

3 t 3. 2 t

= −

− và

( )

3 3

f ' t = ⇔0 2 t− = t ⇔ =t 1.

Dựa vào bảng biến thiên ta có được:

( ) ( ) ( )

minP minf t= =f 0 =f 2 = 4

Đạt được khi

( )

x;y =

(

0; 23

)

hoặc hoán vị:

( ) ( )

maxP maxf t= = − = +f 6 4 36.

Đạt được khi

( )

x;y = −

(

33;2

)

hoặc hốn vị.

Ví dụ 8. Cho a, b, c là các số thực dương thoả ab bc ca 4
3

+ + ≥ . Tìm giá trị nhỏ

nhất của

(

)

(

)

(

)

2 2 2

1 1 1

P a b c

b 1 c 1 a 1

= + + + + +

+ + +

Lời giải

Xét ba véc tơ sau: u a; 1 ,v b; 1 , m c; 1

b 1 c 1 a 1

     

=  =  = 

+ + +

     

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Ta có:

(

)

2 1 1 1

P a b c

b 1 c 1 a 1

 

≥ + + + + + 

+ + +

 

(

)

(

)

81
a b c

a b c 3

≥ + + +

+ + +

Đặt t= + + ⇒ ≥a b c t 3 ab bc ca

(

+ +

)

=2
Xét hàm số

( )

(

)

f t t , t 2

t 3

= + ≥

+ . Ta có:

( )

(

)

( )

(

)

3 3

2 g t 169

162
f ' t 2t

t 3 t 3

 + 

 

= − =

+ +

Trong đó: g t

( ) (

= t 2 t−

)

(

3+11t2+49t 125+

)

+169

( )

g t 0 t 2 f ' t 0 t 2

⇒ ≥ ∀ ≥ ⇒ ≥ ∀ ≥ f t

( ) ( )

f 2 181 t 2
25

⇒ ≥ = ∀ ≥ P 181

⇒ ≥ .

Đẳng thức xảy ra a b c 4

⇔ = = = . Vậy minP 181
5

= khi

(

a;b;c

)

4 4 4; ;

9 9 9

 

=  

 

Ví dụ 9. Cho ba số thực dương a,b,c thỏa : 21ab 2bc 8ca 12+ + ≤ . Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức: P 1 2 3

a b c

= + + .
Lời giải

Đặt: x 1,y 2,z 3 x,y,z 0

a b c

= = = ⇒ > .

Khi đó: 21ab 2bc 8ca 12+ + ≤ 2 4.2 7.3 2. . .1 2 3

a b c a b c

⇔ + + ≤ ⇔2x 4y 7z 2xyz+ + ≤

Và P= + +x y z.

Từ: 2x 4y 7z 2xyz z 2xy 7

(

)

2x 4y z 2x 4y

2xy 7

+ + ≤ ⇒ − ≥ + ⇒ ≥

−

(

)

2 14

2x 2xy 7

2x 4y 2xy 7 7 x x

x y z x y x

2xy 7 2x 2x 2xy 7

+ − +

+ −

+ + ≥ + + = + + +

− −

(

)

2 14

2x 2xy 7

2xy 7 7 x x

2x 2x 2xy 7

+ − +

−

= + + +

−

14
2x

11 2xy 7 x

2x 2x 2xy 7

+
−

= + + +

−

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:

14 14

2x 2x

2xy 7 x 2xy 7 x 7

2 . 2 1

2x 2xy 7 2x 2xy 7 x

+ +

− −

+ ≥ = +

− −

Do đó : P x 11 2 1 72 f x

( )

2x x

≥ + + + = . Ta có:

( )

2
3

11 14

f ' x 1

7
2x

x 1

= − −
+

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Ta thấy f ' x tăng khi x 0

( )

> và f ' 3

( )

=0 x y z f 3

( )

15
2

⇒ + + ≥ = .

Đẳng thức xảy ra khi:

1
x 3

x 3 3

14
2x

2xy 7 x 5 4

y b

2x 2xy 7 2 5

z 2 3

2x 4y c

2
2xy 7

 = 

  = 

 +  

 − = ⇔ = ⇔ =

 −  

  

 +  = 

=
=

 


−



. Vậy minP 15
2

= .

Ví dụ 10. Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn

2 a

(

2+b2

)

+ab=

(

a b ab 2+

)(

)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 3 2 2

a b a b

P 4 9

b a b a

   

=  + −  + 

    .

Đề thi Đại học Khối B – năm 2011.

Lời giải

Theo giả thiết ta có 2 a

(

2+b2

)

+ab=

(

a b ab 2+

)(

)

. Từ đây suy ra

(

)

a b 1 1

2 1 ab 2

b a a b

 + + = +  +

   

    hay

a b 2 2

2 1 a b

b a b a

 + + = + + +

 

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : a 2 b 2 2 2 a b

b a b a

 

+ + + ≥  + 

 

Đặt t a b

b a

= + , ta suy ra : 2t 1 2 2 t 2+ ≥ + 4t2 4t 15 0 t 5

⇒ − − ≥ ⇒ ≥

Mặt khác:

(

) (

)

3 3 2 2

3 2

3 3 2 2

a b a b

P 4 9 4 t 3t 9 t 2

b a b a

   

=  + −  + = − − −

   

Xét hàm số f t

( )

=4t3−9t2−12t 18+ trên nửa khoảng 5;
2

 

+∞
 

( )

(

) (

)

f' t 12t 18t 12 6 t 2t 5 2 t 1 0, t ;

 

 

= − − =  − + − > ∀ ∈ +∞

 

Vậy f t luôn đồng biến trên nửa khoảng

( )

5;
2

 

+∞

 , suy ra

( )

5 23

P f t f

2 4

 
= ≥  = −

  và đẳng thức xảy ra khi

5
t

= tức là a 1

b 2

=





Vậy minP 23

= − khi a 1= và b 2= hoặc ngược lại.

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Khi đó 2 a

(

2+b2

)

+ab=

(

a b ab 2+

)(

)

≥2 2ab a b

(

)

Bình phương 2 vế ta được 2 a

(

2+b2

)

+ab2≥8ab a b

(

)

  tức là

( )

a b a b

2 1 8 2

b a b a

  + +  ≥  + +  ∗

   

 

   

  Đặt

a b

t 2

b a

= + ≥ .

Khi đó

( )

∗ trở thành

(

2t 1+

)

2≥8 t 2

(

)

, từ đây ta tìm được t 5
2

≥ .

Ví dụ 11. 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 x y z

2x 3y y z z x

= + +

+ + + .

Đề thi Đại học Khối A – năm 2011.

Lời giải 
Cách 1:

Đặt a y,b z,c x

x y z

= = = . Bài toán trở thành : Cho a,b,c 1;1

 

∈   và abc 1= .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 1 1

3a 2 b 1 c 1

= + +

+ + +

Ta có : 1 1 1 1 bc 1 1 bc 2

b 1 c 1 bc b c 1 bc 2 bc 1 bc 1

− −

+ = + ≥ + =

+ + + + + + + +

Suy ra :

( )

2
2
2

1 2 1 2 t 2

P f t

3a 2 bc 1 2 t 1 2t 3 t 1

≥ + = + = + =

+ + + + + +

với t= bc

(

1 t≤ ≤2

)

Để tồn tại giá trị nhỏ nhất của P khi tồn tại giá trị nhỏ nhất của f t trên đoạn

( )

[ ]

1;2 với

( )

2
2

t 2

f t

t 1

2t 3

= +

+
+

Ta có

( )

(

2

)

(

)

( )

3t 1

f ' t 2 0, t 1;2

t 1

2t 3

 

 

=  − < ∀ ∈ ⇒

 + 

 

( )

f t nghịch biến trên đoạn

[ ]

1;2 . Suy ra P f t

( ) ( )

f 2 34
33

≥ ≥ = . Đẳng thức xảy ra khi x=4,y 1,z 2= = .

Vậy minP 34

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Đặt a x,b y,c z abc 1

y z x

= = = ⇒ = , a∈

[ ]

1;4

Ta cần chứng minh : 1 1 2

1 a+ +1 b+ ≥1+ ab với a và b dương, ab 1≥ .
Đẳng thức xảy ra khi a=b hoặc ab 1≥ .

Khi đó P a 1 1 a 2

2a 3 1 ac 1 ab 2a 3 1 a.abc

= + + ≥ +

+ + + + + hay

a 2

2a 3 1 a

≥ +

+ + do abc 1= .

Xét f a

( )

a 2

2a 3 1 a

= +

+ + ,a∈

[ ]

1;4 . Đặt t= a⇒ ∈t

[ ]

1;2 .

Cách 2 : P x y z

2x 3y y z z x

= + +

+ + +

Lấy đạo hàm theo z :

( )

(

) (

)

(

)

(

)

(

) (

)

2 2 2 2

x y z xy

y x

P' z 0

y z z x y z z x

− −

−

= + + =

+ + + +

* Nếu x=y thì P 6
5

* Ta xét x>y thì P P

( )

xy x 2 y

2x 3y y x

≥ = +

+ +

Khảo sát hàm P theo z , ta có P nhỏ nhất khi z= xy

Đặt

( )

2
2

x t 2

t P f t

y 2t 3 1 t

= ⇒ = + =

+ với t∈

(

1;2

]

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

3 2

2 2
2

2 4t t 1 3 2t t 3

f ' t 0, t 1;2 f t

2t 3 t 1

 

− − + − +

 

⇒ = < ∀ ∈ ⇒

+ +

nghịch biến trên

nửa khoảng

(

1;2

]

Khi đó P f t

( ) ( )

f 2 34

≥ ≥ = . Đẳng thức xảy ra khi x=4,y 1,z 2= = .

Vậy minP 34

= , khi x=4,y 1,z 2= = .

Bài t

Bài tập t

ập t

ập tương t

ập t

ương t

ương tự

ương t

ự

1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số:

2
2

x 1 9x

y ,x 0

8x 1

+ +

= >

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên khoảng

(

0;+∞

)

(

)

(

)

2 2 2

2 2 2 2

x 9x 1 9x 1 x 1

8x 1 8x 1 9x 1 x 9x 1 x

+ + + −

= = =

+ + + − + −

Hàm số đạt giá trị lớn nhất trên khoảng

(

0;+∞

)

khi hàm số

( )

f x = 9x + −1 x đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng

(

0;+∞

)

( )

2
2

x 0

9x 1

x 1 x 9x 1

6 2

72x 1

9x 1

f '

= − ⇒

f '

0 9x

 >

x

=


= ⇔

=

⇔

⇔ =

( )

x 0 x 0

2 2 1 1 3 2 1

minf x khi x ,maxy khi x

3 6 2 2 2 4 6 2

> = = > = = =

2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số: y= x3−3x2+1 trên đoạn

[

−2;1 .

]

Hướng dẫn giải 
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn

[

−2;1

]

.
Đặt g x

( )

=x3−3x2+1,x∈ −

[

2;1

]

có g' x

( )

=3x2−6x.

Và

( )

[

]

x 0

g' x 0

x 2 2;1



= ⇔  = ∉ −


( )

g − = −2 19,g 0 =1,g 1 = −1, suy ra

[max g x−2;1]

( )

=1, min g x[−2;1]

( )

= −19.

[

]

( )

[

]

( )

[

]

x∈ −2;1 ⇒g x ∈ −19;1 ⇒f x =g x ∈ 0;19 .

Vậy

[max f x−2;1]

( )

=19, min f x[−2;1]

( )

=0.

Chú ý: A A khi A 0
A khi A 0

≥


= − <

 .

3. Tìm a để giá trị lớn nhất của hàm số y= x2+2x a 4+ − trên đoạn

[

−2;1

]

đạt

giá trị nhỏ nhất

Hướng dẫn giải 
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn

[

−2;1

]

(

)

2
2

y=x +2x a 4+ − = x 1+ + −a 5

Đặt t=

(

x 1+

)

2,x∈ −

[

2;1

]

⇒ ∈t

[ ]

0;4 . Ta có f t

( )

= + −t a 5 ,t∈

[ ]

0;4

[ ] [ ]

( )

[ ]

{

( ) { }

}

[ ]

{

}

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

[ ]

( )

t 0;4

a 5 a 1 a 3 max f t a 5 5 a

∈

• − ≥ − ⇔ ≤ ⇒ = − = −

[ ]

( )

t 0;4

a 5 a 1 a 3 max f t a 1 a 1

∈

• − ≤ − ⇔ ≥ ⇒ = − = −

Mặt khác

[ ]

( )

t 0;4

5 a 5 3 2, a 3

max f t 2, a

a 1 3 1 2, a 3 ∈

− ≥ − = ∀ ≤


⇒ ≥ ∀ ∈



− ≥ − = ∀ ≥



Vậy giá trị nhỏ nhất của

[ ]

( )

t 0;4max f t∈ 2 khi a 3

= =

4. Cho a,b là các số dương thoả mãn ab a b 3+ + = .

Tìm GTLN của biểu thức: P 3a 3b ab a2 b2

b 1 a 1 a b

= + + − −

+ + +

Hướng dẫn giải

Từ

(

)

(

)

a b

ab a b 3 3 a b ab a b 2

+ + = ⇒ − + = ≤ ⇔ + ≥ .

Ta có:

(

)

(

)

(

)(

)

(

)

3a a 1 3b b 1 ab

P a b 2ab

b 1 1 a a b

+ + +

= + − + +

+ + +

(

)

(

)

(

)

a b 2ab a b ab

P 3 a b 2ab

ab a b 1 a b

+ − + +

= + − + +

+ + + +

(

)

(

)

(

a b

) ( )

(

)

P a b 3 a b 6 a b 6 2 a b

4 a b

− +

 

=  + + + − + − + + − +

  +

(

) (

)

1 12

P a b a b 2

4 a b

 

= − + + + + + 

 .

Đặt t= + ≥a b 2. Xét hàm số g t

( )

t2 t 12 2
t

= − + + + với t≥2

Ta có:

( )

2

( ) ( )

t 2

12 3

g' t 2t 1 0, t 2 maxg t g 2

t ≥

= − + − < ∀ ≥ ⇒ = = .

Vậy maxP 3

= đạt được khi a= =b 1.
5. Cho hai số thực x, y thoả mãn: x 0, y 1

x y 3

≥ ≥



+ =
 .

Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 2 2

P=x +2y +3x +4xy 5x−

Hướng dẫn giải 
Ta có y= − ≥ ⇒ ≤ ⇒ ∈3 x 1 x 2 x

[ ]

0;2

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Vậy

( ) ( )

x [0;2]

maxP max f x f 2 20

∈

= = = ,

( ) ( )

x [0;2]

minP min f x f 1 15

∈

= = = .

6. Cho x 0> và số thực y thỏa mãn:

x xy 3 0

2x 3y 14

 − + =




+ ≤

 . Tìm giá trị lớn nhất và giá

trị nhỏ nhất của biểu thức:A 3x y y x 2x x= 2 − 2 −

(

2−1

)

.
Hướng dẫn giải

Từ giả thiết suy ra

(

)

2
2

x 3

y
x

5x 14x 9 0

3 x 3

2x 14

 +

=


 ⇒ − + ≤



+


+ ≤




9
1 x

⇔ ≤ ≤ .

Khi đó:

(

) (

)

( )

2
2

2 x 3 3 9

A 3x x 3 2x 2x 5x f x

x x

= + − − + = − =

Trên đoạn 1;9
5

 
 

  hàm số f luôn đồng biến nên ta có

( )

9
9

x 1;
x 1;

5
5

max A max f x f 4,min A min f x 4

5  

  ∈

∈   

 

 

= =  = = = −

  .

7. Cho các số dương a,b,c với a b c 1+ + ≤ .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P 3 a b c

(

)

2 1 1 1

a b c

 

= + + +  + + 
 .

Hướng dẫn giải

(

a b c

)

1 1 1 3 abc 33 3 1 9

a b c abc

 

+ +  + + ≥  =

   

1 1 1 9

a b c a b c

⇒ + + ≥

+ + .

Do đó : P 3 a b c

(

)

18 3 t 6 3f t

( )

a b c t

 

≥ + + + =  + =

+ +  

Trong đó 0 t< = + + ≤a b c 1 và f t

( )

t 6
t

= +

Ta có:

( )

2
2 2

6 t 6

f ' t 1 0, t 0;1

t t

−

= − = < ∀ ∈ , nên hàm số nghịch biến trên

(

0;1

]

( ) ( )

(

]

f t f 1 7, t 0;1

⇒ ≥ = ∀ ∈ .

Vậy minP 21= đạt được khi a b c 1

= = = .
8. Cho a, b, c > 0 và a2+b2+c2=1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 1 1 1

(

a b c

)

a b c

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Hướng dẫn giải 
Đặt t= + + ≤a b c 3 a

(

2+b2+c2

)

⇒ < ≤0 t 3.

Ta có: 1 1 1 9

a+ + ≥b c a b c+ +

(

)

( )

9 9

P a b c t f t

a b c t

⇒ ≥ − + + = − =

+ + .

Xét: f t

( )

9 t , t

(

0; 3 f ' t

( )

92 1 0

t  t

= − ∈ ⇒ = − − <

⇒ hàm số nghịch biến trên

(

0; 3⇒f t

( )

≥f

( )

3 =2 3, t∀ ∈

(

0; 3.

Vậy minP 2 3= đạt được khi a b c 1

= = = .
9. Cho x,y,z là số thực thỏa mãn x2+y2+z2=2.

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: P=x3+y3+z3−3xyz.
Hướng dẫn giải

Từ các đẳng thức : x2+y2+z2+2 xy

(

+yz zx+

) (

= x y z+ +

)

(

)

(

)

3 3 3 2 2 2

x +y +z −3xyz= x y z x+ + +y +z −xy yz zx− −
và điều kiện ta có: P=

(

x y z x+ +

)

(

2+y2+z2−xy yz zx− −

)

(

)

(

)

x y z 2

 + + − 

 

= + + −

 

 

Đặt t= + + ⇒ −x y z 6≤ ≤t 6. Ta có:

( )

2 3

t 2 t

P t 2 3t f t

2 2

 − 

=  − = − + =

 

Xét hàm số f t với

( )

− 6≤ ≤t 6.
Ta có: f ' t

( )

(

t2 2

)

= − + và f ' t

( )

= ⇔ = ±0 t 2

( )

t 6; 6
t 6; 6

max f t f 2 2 2; min f t f 2 2 2

 

  ∈ −

∈ −   

⇒ = = = − = −

Vậy maxP 2 2= đạt được khi x= 2;y= =z 0
minP= −2 2 đạt được khi x= − 2;y= =z 0.
10. Cho x,y,z 0> thỏa mãn x2+y2+z2=1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 1 1 2xyz

x y z

= + + + .
Hướng dẫn giải

Ta có: 3

( )

3 3

1 1 1 3 3 3

P 2xyz 2t f t

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Trong đó, ta đặt

2 2 2

3 x y z 1

t xyz 0 t

3 3

+ +

= ⇒ < ≤ =

Xét hàm số f t , ta có:

( )

3
2 2

3 6t 3 1

f ' t 6t 0 t 0;

t t

 

−

= − = < ∀ ∈ 

 

( )

1 29 3

f t f

9
3

 
⇒ ≥  =

  . Vậy

29 3
minP

= .

11. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn

(

a b c+ +

)

3=32abc.
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức:

(

)

4 4 4
4

a b c

+ +
=

+ + .

Hướng dẫn giải

Khơng mất tính tổng quát, ta giả sử: a b c+ + = ⇒4 abc 2=

Khi đó : P 1

(

a4 b4 c4

)

1 Q

256 256

= + + = .

Đặt t=ab bc ca+ + . Ta có : Q=

(

a2+b2+c2

) (

2−2 a b2 2+b c2 2+c a2 2

)

(

)

(

)

(

)

(

)

a b c 2 ab bc ca 2 ab bc ca 2abc a b c

   

= + + − + +  −  + + − + + 

   

(

2

) (

2 2

) (

2

)

4 2t 2 t 16 2 t 32t 144

= − − − = − + .

(

)

(

)

2 2 2

t ab bc ca a b c bc a 4 a a 4a

a a

= + + = + + = − + = − + +

Mà

(

b c

)

2 4bc

(

4 a

)

2 8

(

a 2 a

)

(

2 6a 4

)

+ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − − + ≥ ⇔ −3 5≤ ≤a 2

Xét t a2 4a 2,a 3 5;2 5 t 5 5 1

a 2

−

 

= − + + ∈ − ⇒ ≤ ≤

Xét f t

( )

=2 t

(

2−32t 144 ,+

)

t 5;5 5 1
2

 − 

∈ 

 

 

( )

D
D

5 5 1

maxf(t) f(5) 18; min f t f 383 165 5

 − 

= = =  = −

 

Vậy maxP 9

128

= đạt được chẳng hạn khi x 2;y= = =z 1
383 165 5

minP

256

−

= đạt được chẳng hạn khi x 3= − 5;y z 1 5

+
= = .
12. Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1; c d 3− = .

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Hướng dẫn giải

(

2 2

)(

2 2

)

2 2

( )

F≤ a +b c +d −cd= 2d +6d 9 d+ − −3d=f d

Ta có

( ) (

)

3 9

1 2 d

2 2

f ' d 2d 3

2d 6d 9

 

−  +  +

 

= +

+ + .

Vì

3 9

1 2 d

2 2

2d 6d 9

 

−  +  +
  <

+ + nên

( )

3 9 6 2

f d f

2 4

+
 
≤ − =

 

Vậy minF 9 6 2

= đạt được chẳng hạn khi d 3,c 3,a 1 ,b 1

2 2 2 2

= − = = − = .
13. Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn a b c 1+ + = .

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của F a;b;c

(

) (

= a b b c c a−

)(

−

)(

−

)

Hướng dẫn giải

Vì F a;c;b

(

) (

= a c c b b a−

)(

−

)(

−

)

= −F a;b;c

(

)

suy ra miền giá trị của F là tập đối
xứng vì vậy ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất củaF a;b;c .

(

)

* Nếu trong ba số a,b,c có hai số bằng nhau thì F a;b;c

(

)

* Nếu a, b, c đơi một khác nhau thì khơng mất tính tổng qt giả sử

{

}

a=max a;b;c khi đó nếu b c> thì F a;b;c

(

)

<0 do vậy ta chỉ cần xét a> >c b.
Đặt x= + ⇒ = −a b c 1 x.

Ta có: F a;b;c

(

) (

= a b c b a c−

)(

−

)(

− ≤

) (

a b c a b c+

) (

+ −

)

=x 1 x 2x 1

(

−

)(

−

)

=h x

( )

Xét h x

( ) (

x 1 x 2x 1 ,

)(

)

1 x 1
2

= − − < ≤ , h' x

( )

6x2 6x 1 0 x 3 3
6

+
= − + − = ⇔ = .

Lập bảng biến thiên ta được: h x

( )

h 3 3 3

6 18

 + 
≤  =

  ,

x ;1

 
∀ ∈ .

Vậy maxF 3

= đạt được chẳng hạn khi a 3 3,b 0,c 3 3

6 6

+ −

= = = .

minF 3
18

= − đạt được chẳng hạn khi a 3 3,b 3 3,c 0

6 6

+ −

= = =

14. Cho các số thực m, n, p, a, b > 0 sao cho:

1
m n p mnp

a
b
mn np pm

 + + = =





 + + =



</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Tìm giá trị nhỏ nhất của:

(

)

2
2

5a 3ab 2

a b a

− +

− .

Hướng dẫn giải

Ta có :

(

)

(

)

2 2

1 3b 1

b
a

m n p 3 mn np pm a 3a

1 1

m n p 3 mnp 3 a

3 3

a a

 ≥  ≤



 + + ≥ + + 

 ⇒ ⇔

  

 + + ≥   ≤

 ≥

 



Xét hàm số

( )

(

)

( )

(

)

2 2

2 2 2

5a 3ab 2 2a 2

f b f ' b 0

a b a a b a

− + − −

= ⇒ = <

− −

Suy ra f b giảm trên

( )

0;1
3a

 
 

 

( )

(

)

(

)

( )

3 5a 1

f b f g a

3a a 1 3a

+
 

⇒ ≥  = =

  − .

Xét hàmg a , với

( )

a 0; 1
3 3

 

∈ 

 ,

( )

(

)

4 2
2
2 2

15a 14a 1 1

g' a 0, a 0;

3 3

a 3a 1

 

+ −

= < ∀ ∈ 

 

−

( )

g a g 12 3

3 3

 

⇒ ≥  =

  .

Vậy minP 12 3= đạt được khi a 1 ,b 3

3 3

= = .

15. Cho các số thực a,b,c thỏa a2+b2+c2=1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 2ab bc ca= + + .

Hướng dẫn giải

(

)

2 2 2 2

P ≤2 ab+c a b+ ≤a +b +c 2 a +b = −1 c2+c 2 2c− 2.
Đặt c = ⇒ ≤ ≤t 0 t 1 và xét hàm số f t

( )

= −1 t2+t 2 2t− 2, 0 t≤ ≤1.

( )

2 2 2 2

2 2

2t 2 4t 2t 2 2t

f ' t 2t 2 2t

2 2t 2 2t

− − −

⇒ = − + − − =

− −

( )

2 2

4 2

1
0 t

f ' t 0 1 2t t 2 2t

6t 6t 1 0

 ≤ ≤


⇒ = ⇔ − = − ⇔ 

 − + =



3 3

t t

−
⇔ = =

Dựa vào bảng biến thiên suy ra f t

( )

f t

( )

0 1 3 P P 1 3.

2 2

+ +

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Đẳng thức xảy ra

2 2 2

2ab bc ca 0

3 3

a b c 1 a b

a b

3 3

c 6

+ + ≥




 +

+ + =  = =



 

⇔ = ⇔

  = −

−

 = 




Vậy minP 1; maxP 1 3

2 2

= − = .

16. Cho các số thực dương a,b,c thỏa a 2b 2c abc+ + = .
Tìm giá trị nhỏ nhất của P a b c= + + .

Hướng dẫn giải

Từ giả thiết a 2 b c

(

)

4 bc

bc 1 bc 1

⇒ = ≥

− − (ta có bc 1> )

( )

4 bc 4 bc 4t

a b c b c 2 bc 2t f t

bc 1 bc 1 t 1

⇒ + + ≥ + + ≥ + = + =

− − − .

Xét hàm số f t với t

( )

= bc>1.

Ta có:

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 4 2

2 2

4 t 1 8t 2 t 4t 1

f ' t 2

t 1 t 1

− − − +

= + =

− −

( )

f ' t 0 t 2 5

⇒ = ⇔ = + (Do t>1).

Lập bảng biến thiên ⇒f t

( ) ( )

≥f t0 ⇒ + + ≥a b c f t

( )

0
Đẳng thức xảy ra

0
0
2
0

b c t

2t
a

t 1

= =


⇔  =

−


. Vậy min a b c

(

+ +

) ( )

=f t0 .
17. Cho các số thực không âm a,b,c có tổng khác 0 .

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(

)

3 3 3
3

a b 16c

a b c

+ +
=

+ + .

Hướng dẫn giải

Đặt

(

)

(

)

3 3 3
3

a b 16c

f a;b;c

a b c

+ +

+ + . Vì f ka;kb;kc

(

) (

=f a;b;c , k

)

∀ >0 nên khơng giảm

tính tổng qt ta giả thiết a b c 1+ + = , khi đó f a;b;c

(

)

=a3+b3+16c3.
Ta có : a3 b3 1

(

a b

)

3 1

(

1 c

)

4 4

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

(

)

(

)

3 3 1

(

)

3 3 1

( )

f a;b;c 1 c 16c 1 c 64c g c ,0 c 1

4 4 4

 

≥ − + =  − + = ≤ ≤

 

Khảo sát hàm g c , c

( )

∈

[ ]

0;1 ta được

( )

(

)

( )

16 16

g c f a;b;c g c minP

81 4 81 81

≥ ⇒ ≥ ≥ ⇒ = .

Mặt khác :f a;b;c

(

)

=a3+b3+c3+15c3≤

(

a b c+ +

)

3+15c3≤16
Suy ra maxP 16= .

18. Cho tam giác ABC khơng tù. Tìm giá tr ịlớn nhất của biểu thức:

(

)

P cos2A 2 2 cosB cosC= + +

Hướng dẫn giải

Ta có A 90 cos2A 2cos A 1 2cos A 1 1 4sin2 2A

≤ ⇒ = − ≤ − = −

Đẳng thức có ⇔cos A2 =cos A

( )

1 .

C B C C

cosB cosC 2sin .cos 2sin

2 2 2

−

+ = ≤

Đẳng thức xảy ra cosB C 1

−

⇔ =

( )

2 .

Đặt t sinA 0 t 2

2 2

= ⇒ < ≤ . Ta có: P≤ −4t2+4 2t 1 f t+ =

( )

Xét hàm số f t , t

( )

0; 2

 

∈ 


 , có f ' t

( )

= − +8t 4 2

( )

f ' t 0 t

⇒ = ⇔ = . Lập bảng biến thiên ta có:

( )

f t f 3 P 3

 

≤  = ⇒ ≤

  . Đẳng thức xảy ra

A 90

B C 45

 =

⇔ 

= =

 .

Vậy maxP 3= .

19. Cho các số thực không âm x,y thay đổi và thỏa mãn x y 1+ = . Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S=

(

4x2+3y 4y

)(

2+3x

)

+25xy.

Hướng dẫn giải
Nhận xét: vai trò giống nhau (đối xứng) của x,y .

(

3 3

)

2 2

(

)

(

2 2

)

2 2

S 12 x= +y +16x y +34xy =12 x y x+ +y −xy +16x y +34xy

Hay S 12 x y=

(

) (

(

x y+

)

2−3xy

)

+16x y2 2+34xy

1 191

4xy

4 16

 

= −  +

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Vì x,y khơng âm và thỏa mãn x y 1+ = suy ra:

x y 1

0 xy

2 4

 

≤ ≤  =

 

1 1 3 1 191 25

4xy 0 4xy

4 4 4 4 16 2

 

⇒ − ≤ − ≤ ⇒ ≤ −  + ≤

  .

Vậy giá trị lớn nhất của S 25
2

= khi x y 1

= = và giá trị nhỏ nhất của S 0= khi
x 0,y= =1.

20. Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn: a b c 1+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức : P 3 a b=

(

2 2+b c2 2+c a2 2

)

+3 ab bc ca

(

+ +

)

+2 a2+b2+c2.

Hướng dẫn giải

Đặt t=ab bc ca+ +

(

)

a b c 1

0 t

3 3

+ +

⇒ ≤ ≤ = .

Khi đó: a2+b2+c2≥ab bc ca+ +

(

)

2 2 2 2

(

) (

)

1 a b c a b c 2 ab bc ca 3 ab bc ca

⇒ = + + = + + + + + ≥ + +

(

2 2 2 2 2 2

)

(

)

2 2

3 a b +b c +c a ≥ ab bc ca+ + =t

(

)

(

)

2 2 2

a +b +c = a b c+ + −2 ab bc ca+ + = −1 2t
Cách 1:

Do đó: P t≥ 2+3t 2 1 2t+ − =t2+3t 2+

(

1 2t− −1

)

(

)

t t 3 1 2t t 1

t t 3 2 2

1 2t 1 1 1 2t

 + − + − 

   

=  + − + = +

− + + −

 

(

t 3

)

1 2t 3 1 2 3 1

+ − ≥ − = > t

(

t 3

)

1 2t t 1 0, t 0;1
3

1 1 2t

 + − + −   

 

⇒ > ∀ ∈ 

+ −  .

Suy ra P 2 t 0;1

 

≥ ∀ ∈  .
Đẳng thức xảy ra

a b c 1
ab bc ca 0
ab bc ca

+ + =




⇔ + + = ⇔
 = =



trong ba số a, b, c có hai số bằng 0, một
số bằng 1.

Vậy minP 2= .

Cách 2: Xét hàm số f t với

( )

t 0;1
3

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

( )

(

)

2 2 1

f ' t 2t 3 f '' t 2 0, t 0;

1 2t 1 2t

 

= + − ⇒ = − < ∀ ∈ 

− −  

Suy ra f ' t là hàm giảm trên

( )

0;1
3

 
 

  nên

( )

f ' t f ' 0

 
≥  >

 

⇒f tăng f t

( ) ( )

f 0 2, t 0;1
3

 

⇒ ≥ = ∀ ∈ 

 

Từ đó ta có được minP 2= .

21. Cho các số thực x,y thay đổi và thỏa mãn

(

x y+

)

3+4xy≥2.
Tìm giá trị nhỏ nhất của A 3 x=

(

4+y4+x y2 2

) (

−2 x2+y2

)

Hướng dẫn giải

(

)

(

)

(

) (

)

3 2

x y 4xy 2

x y x y 2 x y 1

x y 4xy



+ + ≥ 

⇒ + + + ≥ ⇒ + ≥




+ ≥  .

(

4 4 2 2

) (

2 2

)

A 3 x= +y +x y −2 x +y +1

(

4 4 4 4 2 2

) (

2 2

)

x y x y 2x y 2 x y 1

= + + + + − + +

(

4 4

) (

2 2

) (

2 2 2

)

3 3

A x y x y 2 x y 1

2 2

= + + + − + +

Mà x4+y4=

(

x2+y2

)

2−2x y2 2≥

(

x2+y2

) (

2− x4+y4

)

x4 y4 1

(

x2 y2

)

2
2

⇒ + ≥ +

Khi đó A 3

(

x2 y2

) (

2 3 x2 y2

) (

2 2 x2 y2

)

4 2

≥ + + + − + +

hay A 9

(

x2 y2

) (

2 2 x2 y2

)

1
4

≥ + − + +

Đặt

(

)

(

)

2
2

2 2 x y 1 9 2 1

t x y ,t A t – 2t 1,t

2 2 4 2

= + ≥ ≥ ⇒ ≥ + ≥ .

Xét hàm số f t

( )

9t – 2t 12
4

= + xác định và liên tục trên nửa khoảng 1;

 

+∞
 .

Ta có f ' t

( )

9t – 2 9 1 0

2 4

= ≥ − > , t 1 f t

( )

≥ ⇒ đồng biến trên nửa khoảng 1;

 

+∞
 .

Khi đó

( )

1
t ;

1 9

min A min f t f

2 16

 

∈ +∞

 

 

= =  =

  . Đẳng thức xảy ra khi

1
t

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

(

)

2 2

x y xy+ =x +y −xy . Tìm giá trị lớn nhất của: A 13 13

x y

= + .
Hướng dẫn giải

Cách 1:

Xét

(

x y xy+

)

=x2+y2−xy

( )

* . Chia cả hai vế cho x y . Đặt 2 2 u 1,v 1

x y

= = .

Ta được 1 1 12 12 1 u v u2 v2 uv

x+ =y x +y −xy⇒ + = + −

(

) (

)

3 u v

(

)

u v u v 3uv

⇒ + − + = ≤ ⇒

(

u v+

)

2−4 u v

(

)

≤ ⇒ ≤ + ≤0 0 u v 4

Khi đó:

(

)

(

)

(

)(

)

2 2

3 3 2 2

3 3 3 3 3 3 2 2

x y x y xy x y x y xy

x y x y 2xy

x y x y x y x y

+ + − + +

+ + +

= = = =

(

)

2
2 2

1 1 2

A u v 16

x y

⇒ = + + = + ≤ .

Dấu đẳng thức xảy ra khi u= =v 2 hay x y 1
2

= = .

Cách 2:

Đặt: u= +x y,v=xy⇒

(

x y xy+

)

=x2+y2−xy⇔uv=u2−3v

(

u 3 v

)

u2 v u2

(

do u 3

)

u 3

⇔ + = ⇔ = ≠ −

+ .

Vậy

( )

3 3 3

3 3 3 3

1 1 x y u 3uv

x y xy v

+ −

= + = =

(

)

2 2

2
2

u u 3v u u 3

v v

−  + 

= = =  

 

Vì

2 2 4u 4 u 1

u 4v u 1 0

u 3 u 3 u 3

−

≥ ⇒ ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≥

+ + + ( lưu ý u 0≠ )

⇔ ≥ ∨ < −u 1 u 3 u 3 0
u

⇒ > .

Xét hàm

( )

u 3 3

f u f ' u 0

u u

+ −

= ⇒ = <

Lập bảng biến thiên, ta thấy f u

( ) ( )

≤f 1 =4⇒ ≤A 16.

Đẳng thức xảy ra x y 1

⇔ = = . Vậy GTLN của A 16= .

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Ta có:

(

)

(

)

(

) (

)

3 2

x y 4xy 2

x y x y 2 0

x y 4xy 0

 + + ≥

 ⇒ + + + − ≥



 + − ≥



⇒ + ≥x y 1.

(

4 4 2 2

) (

2 2

)

A 3 x= +y +x y −2 x +y +1 =3 x

(

2+y2

)

2−x y2 2−2 x

(

2+y2

)

 

(

) (

)

(

)

2
2 2
2

2 2 x y 2 2

3 x y 2 x y 1

 + 

 

≥  + − − + +

 

 

(

2 2

) (

2 2 2

)

x y 2 x y 1

= + − + + .

Đặt

(

)

2
2 2 x y 1

t x y

2 2

= + ≥ ≥ t 1

⇒ ≥ và A 9t2 2t 1

≥ − + .
Xét hàm số: f t

( )

9t2 2t 1,t 1

4 2

= − + ≥ có

( )

9 1

( )

1 9

f ' t t 2 0 t f t f

2 2 2 16

 
= − > ∀ ≥ ⇒ ≥  =

 

9
A

⇒ ≥ .

Đẳng thức xảy ra x y 1

⇔ = = . Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 9
16.

24. Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x y 1+ = . Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S=

(

4x2+3y 4y

)(

2+3x

)

+25xy.

Hướng dẫn giải

Do x y 1+ = nên : S 16x y= 2 2+12 x

(

3+y3

)

+9xy 25xy+
=16x y2 2+12 x y

(

)

3−3xy x y

(

)

+34xy

  =16x y2 2−2xy 12+ .

Đặt t=xy, ta được:

(

)

2 x y 1

S 16t 2t 12; 0 xy

4 4

= − + ≤ ≤ = t 0;1 .

 
⇒ ∈ 
 

Xét hàm số f t

( )

=16t2−2t 12+ trên đoạn 0;1
4

 
 
 

( )

f ' t 32t 2; f ' t 0 t ; f 0 12,

= − = ⇔ = = f 1 191, f 1 25

16 16 4 2

 =  =

   

    .

( )

1 1

0; 0;

4 4

1 25 1 191

maxf t f ; min f t f

4 2 16 16

   

   

   

   

=  = =  =

   

Giá trị lớn nhất của S bằng 25

2 khi

(

)

x y 1

1 1

x; y ;

2 2
xy

+ =


 ⇔ = 

 =  

 

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Giá trị nhỏ nhất của S bằng 191
16 ; khi

x y 1

xy 16

+ =



=


(

x; y

)

2 3 2; 3

4 4

 + − 

⇔ = 

 hoặc

(

)

2 3 2 3

x; y ;

4 4

 − + 

= 

 .

25. Cho a,b,c 0> . Chứng minh rằng: a b c 3

a b+ +b c+ +c a+ ≥2.
Hướng dẫn giải

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a b c 3

a b+ +b c+ +c a+ ≥2

Đặt x b,y c,z a xyz 1

a b c

= = = ⇒ =

Bất đẳng thức đã cho 1 1 1 3

1 x 1 y 1 z 2

⇔ + + ≥

+ + + .

Giả sử z 1≤ ⇒xy 1≥ nên có: 1 1 2 2 z

1 x+ +1 y+ ≥1+ xy =1+ z

( )

1 1 1 2 z 1 2t 1

f t

1 x 1 y 1 z 1 z 1 z 1 t 1 t

⇒ + + ≥ + = + =

+ + + + + + + với t= z≤1

Ta có:

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 2 2 2

2 1 t

2 2t

f ' t 0

1 t 1 t 1 t

−

= − ≤ <

+ + +

( ) ( )

f t f 1 , t 1

⇒ ≥ = ∀ ≤ ⇒đpcm.

26. Xét các số thực không âm thay đổi x, y, z thỏa điều kiện: x y z 1+ + = .

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của: S 1 x 1 y 1 z

1 x 1 y 1 z

− − −

= + +

+ + + .

Hướng dẫn giải

Tìm MinS:

Khơng mất tính tổng quát giả sử: 0 x≤ ≤ ≤ ≤y z 1.

Với x y z 1 x,y,z

[ ]

0;1

x,y,z 0

+ + =


⇒ ∈


≥

 .

Vì

(

1 x 1 x−

)(

)

= −1 x2≤1 nên: 1 x

(

1 x

)

2 1 x 1 x

1 x 1 x

− −

≥ − ⇒ ≥ −

+ + .

Dấu đẳng thức xảy ra trong trường hợp x 0= hoặc x 1= .

Khi đó S 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z

1 x 1 y 1 z

− − −

= + + ≥ − + − + −

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Đẳng thức xảy ra khi

x y 0,z 1

= =

=

thì S 2= . Vậy: minS 2= .

Tìm MaxS:

Khơng mất t ính tổng quát giả sử: 0 x≤ ≤ ≤ ≤y z 1.

Lúc đó: z 1; x y 2 4

3 3 5

≥ + ≤ < .

1 x 1 y 1 z

− − −

= + +

+ + + ≤

(

)

1 x y 1 z

− + −

+ +

+ + + =

z 1 z

2 z 1 z

−

+ +

− +

Đặt h z

( )

z 1 z

2 z 1 z

−

= +

− + . Bài toán trở thành giá trị lớn nhất của h z trên

( )

đoạn 1; 1
3

 
 

 , có

( )

h' z 0 z

= ⇔ = . Maxh z =Max h

( )

1 ; h 1 ; h

( )

1 2

3 2 3

    =
    

   

  .

Do đó: S 1 x 1 y 1 z 1 2

1 x 1 y 1 z 3

− − −

= + + ≤ +

+ + + .

Đẳng thức xảy ra khi x 0,y z 1

= = = thì S 1 2

= + .

Vậy: maxS 1 2

</div>

Chuyen de ham so

ŀ

<b>Chuyên đề I </b>

CÁC V

CÁC V

CÁC V

CÁC VẤN

ẤN

ẤN

ẤN Đ

Đ

ĐỀỀỀỀ LIÊN QUAN Đ

Đ

LIÊN QUAN Đ

LIÊN QUAN Đ

LIÊN QUAN ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ

Ồ THỊ CỦA HÀM SỐ

Ồ THỊ CỦA HÀM SỐ

Ồ THỊ CỦA HÀM SỐ

Ch

Chủủủủ đ

Ch

Ch

đ

đ

đề 1

ề 1

ề 1::::

ề 1

<b><sub>TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ</sub></b>

( )

( )

( )

( )

( )

(

)

(

)

(

)

( )

(

)

{ }

(

)

{ }

(

)

ɩ

(

]

(

)

(

]

(

]

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

(

)

( )

( )