Cac PP tim GTLN GTNN cua ham so 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>các phương pháp tìm giá trị lớn nhất và giá trÞ nhá nhÊt. NguyÔn ThÞ V©n, NguyÔn ThÞ Thanh, NguyÔn ThÞ Thuú Linh Líp K54-D Ngµy 8 th¸ng 10 n¨m 2007. 1. phương pháp đạo hàm. Phương pháp này được chia làm hai loại: Loại với tập xác định hữu hạn và loại với tập xác định vô hạn.. 1.1 Gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt trªn mét ®o¹n Nguyên tắc: Nếu hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm trong kho¶ng (a; b), th× gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña f (x) trªn [a; b] lu«n tån t¹i vµ t×m nh­ sau: Bước 1: Giải phương trình f 0(x) = 0 chỉ lấy nghiệm trong (a; b). Giả sử chỉ ®­îc c¸c nghiÖm lµ x1, x2, ..., xn (cã thÓ kh«ng cã nghiÖm nµo). Bước 2: Tính f (a), f (b) và các f (x1), f (x2), ..., f (xn) (nếu có). Bước 3:. max f (x) = max{f (x1 ), f (x2 ), ..., f (xn )} vµ. x∈[a;b]. min f (x) = min{f (x1 ), f (x2 ), ..., f (xn )}.. x∈[a;b]. Ví dụ 1.1. Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn điều kiện: a2 + b2 + c2 = 1.. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Chøng minh r»ng. √ a b c 3 3 + + ≥ . b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 2. Lời giải. Từ giả thiết ta có: 0 < a, b, c < 1. BĐT cần chứng minh tương đương víi: √ 2 2 2 a b c 3 3 + + ≥ . 2 2 2 a(1 − a ) b(1 − b ) c(1 − c ) 2. XÐt hµm sè: f (t) = t(1 − t2) = −t3 + t víi t ∈ (0, 1). Ta cã f 0 (t) = −3t2 + 1. 1 f 0 (t) = 0 ⇔ t = √ (v× t > 0). 3. B¶ng biÕn thiªn: t. √ 1/ 3. 0 +. f 0 (t). 0. 1 −. √ 2/3 3. f (t). 0 Từ đó Suy ra. VËy. 0. 2 1 max f (t) = √ ⇒ f (t) ≤ √ ∀t ∈ (0, 1). t∈(0,1) 3 3 3 2 0 < a(1 − a2 ) ≤ √ , 3 3 2 0 < b(1 − b2 ) ≤ √ , 3 3 2 0 < c(1 − c2 ) ≤ √ . 3 3 √ √ b2 c2 3 3 2 3 3 a2 2 2 + + ≥ (a + b + c ) = . a(1 − a2 ) b(1 − b2 ) c(1 − c2 ) 2 2. §¼ng thøc x¶y ra ⇔ a = b = c = √1 . 3. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Ví dụ 1.2. Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng: √ 1 xn1−x< √ 2ne. víi mäi x ∈ (0, 1). Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x2n (1 − x) <. 1 . 2ne. XÐt hµm sè: f (x) = x2n(1 − x) víi 0 < x < 1. Ta cã f 0 (x) = x2n−1 [2n − (2n + 1)x]. 2n f 0 (x) = 0 ⇔ x = (v× x > 0). 2n + 1. B¶ng biÕn thiªn: x. 0. f'(x). 2n 2n+1. 0. +. 1 -. (2n)2n (2n+1)2n+1. f(x). 2n. 2n (2n) Suy ra x∈(0;1) max f (x) = f ( )= . Ta cã 2n + 1 (2n + 1)2n+1 f (x) <. 1 1 ⇔ max f (x) < x∈(0;1) 2ne 2ne 2n 2n+1 1 ⇔( ) < 2n + 1 e 2n + 1 2n+1 ⇔( ) >e 2n 1 ⇔ (1 + )2n+1 > e. 2n. lµ d·y sè gi¶m vµ cã giíi h¹n lµ e, nªn (1 + n1 )n+1 1 e, ∀n ∈ Z + (*). VËy ta cã (1 + )2n+1 > e, tøc lµ cã ®iÒu ph¶i chøng minh. 2n. V× d·y an. = (1 +. 1 n+1 ) n. 3. >.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Chó ý. Ta còng cã thÓ chøng minh (*) b»ng c¸ch sau: Ta cã (1 +. 1 n+1 1 ) > e ⇔ (n + 1)ln(1 + ) > 1. n n. (1). Víi x > 0 ta chøng minh. 1 ln(1 + x) > x − x2 . 2. (2). Đặt f (x) = ln(1 + x) − x + 21 x2 (x > 0). Khi đó 1 x2 f (x) = −1+x= ≥ 0 ∀x > 0. 1+x 1+x 0. Suy ra f tăng trên [0;+∞). Do đó f (x) > f (0) = 0. áp dụng (2) ta có: ln(1 +. 1 1 1 2n − 1 )> − 2 = . n n 2n 2n2. Tõ ®©y nhËn ®­îc (n + 1)ln(1 +. 1 2n − 1 2n2 + n − 1 ) > (n + 1) = > 1. n 2n2 2n2. VËy ta cã (1), tøc lµ cã ®iÒu ph¶i chøng minh. VÝ dô 1.3. Cho a ≥ 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y=. √. a + cos x +. √. a + sin x.. Lời giải. Hàm số xác định với mọi x ∈ R. Xét Z = y 2 = 2a + cos x + sin x + 2. §Æt t = cos x + sin x th× |t| ≤ •. •. √. p. a2 + a(cos x + sin x) + cos x sin x.. 2 vµ cos x sin x =. t2 − 1 . 2. Với a = 1 thì t2 + 2at + 2a2 − 1 = (t + 1)2. Do đó Z = 2 + t + ra min Z = 1, và vậy thì min y = 1, đạt được khi t = −1. Víi a > 1, ta cã. √. Z0 = 1 + √. t2. 4. 2(t + a) . + 2at + 2a2 − 1. √. 2|t + 1|. Suy.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Để lập bảng biến thiên của Z , ta tìm t để Z 0 > 0. + NÕu t + a ≥ 0 ⇔ t ≥ −a, th× râ rµng Z 0 > 0. + NÕu t + a < 0, ta cã Z0 > 0 ⇔. √. √ t2 + 2at + 2a2 − 1 > − 2(t + a). ⇔ t2 + 2at + 2a2 − 1 > 2(t2 + 2at + a2 ) ⇔ t2 + 2at + 1 < 0 √ ⇔ −a − a2 − 1 ≤ t ≤ −a.. Nh­ vËy √. √. √. √. i) Nếu −a − a2 − 1 ≤ − 2 hay a ≥ 3 2/4 thì Z 0 > 0 khi t > − 2, lúc đó Z √ √ √ √ t¨ng trªn ®o¹n [− 2; 2], suy ra min√ Z = Z(− 2), vµ min√ y = y(− 2) = |t|≤ 2 |t|≤ 2 p √ 4a − 2 2 . √. ii) NÕu − 2 < −a − Z , ta cã. √. a2. √ 3 2 −1⇒a< , khi đó lập bảng biến thiên của hàm 4. min √ Z = Z(−a −. √. a2 − 1) = a +. √. a2 − 1.. |t|≤ 2. Suy ra. min √ y =. |t|≤ 2. p √ a2 + a2 − 1.. KÕt luËn:. √ p √ 3 2 • NÕu 1 ≤ a ≤ th× min y = a + a2 − 1. 4 √ p √ 3 2 • NÕu a ≥ th× min y = 4a − 2 2. 4. Ví dụ 1.4. Với giá trị nào của đối số x thì hàm số sau đạt giá trị nhỏ nhất : y = lg2 x +. 1 . lg x + 2 2. Lêi gi¶i. Miền xác định của hàm số: D = (0; +∞) §Æt: t = lg2 x, t ≥ 0 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 . t+2 1 (t + 2)2 − 1 (t + 1)(t + 3) y0 = 1 − = = > 0 víi t ≥ 0. 2 2 (t + 2) (t + 2) (t + 2)2 Do đó y(t) luôn đồng biến trên [0; +∞). Suy ra: y(t) ≥ y(0) = 12 , víi t ≥ 0. VËy: min y = 12 khi x = 1. VÝ dô 1.5. Cho x ∈ [0; π4 ). T×m GTNN cña hµm sè: y =t+. f (x) =. 1 + sin 2x 1 + tan x − (a + 1) + a. 1 − sin 2x 1 − tan x. Lêi gi¶i. +t §Æt t = tan x vµ z = 11 − . t Ta cã:. 1 + sin 2x (cos x + sin x)2 1+t 2 = = ( ). 1 − sin 2x (cos x − sin x)2 1−t. f (x) = g(z) = z 2 − (a + 1)z + a.. a+1 g 0 (z) = 2z − (a + 1); g 0 (z) = 0 ⇔ z = . 2 Ta cã: z(t) = −tt ++11 ; z0(t) = (1 −2 t)2 > 0. π x ∈ [0; ) ⇒ t ∈ [0; 1). 4. Ta cã b¶ng biÕn thiªn cña z theo t t z' z. 1. 0 +. +∞. 1. 1) NÕu a +2 1 ≤ 1 ⇔ a ≤ 1.. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Ta cã b¶ng biÕn thiªn cña g(z) theo z z 1 g' g. +∞. + +∞. 0. VËy GTNN cña g(z) lµ 0. §¹t ®­îc khi z = 1 ⇔ t = 0 ⇔ x = 0. 2) NÕu a +2 1 > 1 ⇔ a > 1. Ta cã b¶ng biÕn thiªn cña g(z) theo z a+1 2. z 1 g' g. -. 0. 0 −. (a − 1)2 4. +∞. + +∞. 2. VËy GTNN cña g(z) lµ − (a −4 1) . §¹t ®­îc khi z = a +2 1 ⇔ 1t +− 1t = a +2 1 a−1 a−1 ⇔t= ⇔ tan x = . a+3 a+3 KÕt luËn: Víi a ≤ 1 GTNN cña f(x) lµ f (0) = 0. 2 1 Với a > 1 GTNN của f(x) là f (x0) = − (a −4 1) , trong đó tan(x0) = aa − . +3 1.2 Gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ lín nhÊt trªn miÒn v« h¹n. Ví dụ 1.6. (áp dụng để chứng minh phương trình vô nghiệm). CMR: n là số tự nhiên chẵn và a là một số lớn hơn 3 thì phương trình: (n + 1)xn+2 − 3(n + 2)xn+1 + an+2 = 0 kh«ng cã nghiÖm. Lêi gi¶i.. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Đặt y = (n + 1)xn+2 − 3(n + 2)xn+1 + an+2 xác định và liên tục trên R. Ta cã:. y 0 = (n + 1)(n + 2)xn+1 − 3(n + 2)(n + 1)xn = (n + 1)(n + 2)xn (x − 3) · x=0 0 y =0⇔ x=3. Do n ch½n nªn xn ≥ 0 vµ dÊu cña y' lµ dÊu cña x − 3. B¶ng biÕn thiªn: x. 3. −∞. -. y'. 0. +∞. y. +∞. +. y(3). +∞. min y = y(3) = (n + 1)3n+2 − 3(n + 2)3n+1 = an+2 = an+2 − 3n+2 .. Vậy nếu a > 3 thì miny > 0, do đó f (x) > 0 ∀x ∈ R. Khi đó phương trình f (x) = 0 vô nghiệm (đpcm). Ví dụ 1.7. Chứng minh rằng để x4 + px3 + q ≥ 0 với mọi x ∈ R, điều kiện cần và đủ là: 256q ≥ 27p4. Lêi gi¶i. §Æt: f (x) = x4 + px3 + q. Ta t×m minf (x) trªn R. Ta cã: f 0(x) = 4x3 + 3px2 = x2(4x + 3p). " 0. f (x) = 0 ⇔. 8. x=0 3p x=− 4.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> B¶ng biÕn thiªn: x f'(x) f(x). 3p 4. −∞. 0. -. +∞. + +∞. +∞ f (− 3p ) 4. Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn ta cã: 4. 3p 256q − 27p )= . 4 256 Từ đó: f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ min f (x) ≥ 0 ⇔ 256q ≥ 27p4 min f (x) = f (−. 2. (®pcm).. Sử dụng bất đẳng thức. VÝ dô 2.1. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc:. √ √ √ ab c − 2 + bc a − 3 + ca b − 4 F = abc. trong đó a ≥ 3, b ≥ 4, c ≥ 2. Lêi gi¶i. √ √ √ c−2 a−3 Ta cã: F = c + a + bb− 4 (a ≥ 3, b ≥ 4, c ≥ 2). ¸p dông r bất đẳng thức Cauchy, ta có: √ (c − 2)2 1 p 1 (c − 2) + 2 c c−2= = √ . (c − 2)2 ≤ √ . = √ . 2 2 2 2 2 2 1 c−2 ≤ √ . ⇔ c 2 2 DÊu b»ng x¶y √ ra khi c − 2 = 2 hay c = 4. Tương tự: aa− 3 ≤ √1 . 2 3 DÊu b»ng x¶y ra khi a − 3 = 3 hay a = 6. √ 1 b−4 1 ≤ √ = . b 4 2 4 DÊu b»ng x¶y ra khi b − 4 = 4 hay b = 8. VËy maxF = √1 + √1 + 14 khi a = 6, b = 8, c = 4. 2 2 2 3 √. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> VÝ dô 2.2. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè: y = | logx2 +1 (3 − x2 ) + log3−x2 (x2 + 1)|.. Lêi gi¶i.   √ √ < 3  3 − x2 > 0  − 3 < x√ Hàm số xác định khi:  3 − x2 6= 1 ⇔  x 6= ± 2 x2 + 1 6= 1 x 6= 0 √ √ √ √ √ √ ⇔ x ∈ (− 3; − 2) ∪ (− 2; 0) ∪ (0; 2) ∪ ( 2; 3). NhËn xÐt r»ng: logx2+1(3 − x2) = log 2 1(x2 + 1) nªn logx2+1(3 − x2) vµ 3−x log3−x2 (x2 + 1) lµ cïng dÊu.. VËy: y = | logx +1(3 − x2)| + | log3−x (x2 + 1)| 2. 2. q ≥ 2 | logx2 +1 (3 − x2 )|| log3−x2 (x2 + 1)| = 2.. DÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi: | logx2 +1 (3 − x2 )| = | log3−x2 (x2 + 1)| ⇔ logx2 +1 (3 − x2 ) = ±1. " ⇔ · ⇔. 3 − x2 = x2 + 1 1 3 − x2 = 2 x +1 x= p±1 √ x=± 1+ 3. VËy min y = 2. VÝ dô 2.3. Cho x, y, z > 0 vµ x + y + z = 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña : P =. y z x + + . x+1 y+1 z+1. Lêi gi¶i. Ta cã: P = 1 − 1 +1 x + 1 − 1 +1 y + 1 − 1 +1 z =3−(. 1 1 1 + + ) x+1 y+1 z+1. 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:. 1 1 1 + + )≥9 x+1 y+1 z+1 1 1 1 9 9 ⇔ + + ≥ = . x+1 y+1 z+1 x+y+z+3 4 9 3 Suy ra: P ≤ 3 − 4 = 4 . VËy: max P = 34 khi x = y = z = 13 .. (x + 1 + y + 1 + z + 1)(. Ví dụ 2.4. Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của: P =. Lêi gi¶i. §Æt: x = a1 ,. 1 y= , b. a2 b. bc ac ab + 2 + 2 . 2 2 + a c b a + b c c a + c2 b. 1 z= , c. ta cã: 2. xyz = 1. 2. 2. vµ P = y x+ z + x y+ z + x z+ y .. ¸p dông B§T Cauchy ta chøng minh: 1 3 P ≥ (x + y + z) ≥ . 2 2. Suy ra: min P = 32 khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1.. Ví dụ 2.5. Cho a và α là các đại lượng cho trước. Xét hàm số: f (x) = cos 2x + a cos(x + α).. §Æt M = max f (x), m = min f (x). x∈R x∈R Chøng minh r»ng: m2 + M 2 ≥ 2. Lêi gi¶i. Ta cã: f (0) = 1 + acosα, f (π) = 1 − acosα. ⇒ f (0) + f (π) = 2 ⇒ max(f (0), f (π)) ≥ 1. Theo định nghĩa của M, thì M ≥ max(f (0), f (π)) ≥ 1 ⇒ M 2 ≥ 1. L¹i cã f ( π2 ) = −1 − a sin α; f (− π2 ) = −1 + a sin α. VËy f ( π2 ) + f (− π2 ) = −2 ⇒ min(f ( π2 ), f (− π2 )) ≤ −1. π π ⇒ m ≤ min(f ( ), f (− )) ≤ −1 ⇒ m2 ≥ 1. 2 2 2 Nh­ vËy ta cã M + m2 ≥ 2 ⇒ ®pcm.. 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> VÝ dô 2.6. Cho f (x, y, z) = √1 + tan x tan y + √1 + tan y tan z + xÐt trªn miÒn D = {(x, y, z) : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0; x + y + z = π2 } T×m max f (x, y, z). D Lêi gi¶i. áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, với a1 =. √. 1 + tan x tan y; a2 =. √. 1 + tan y tan z; a3 =. √. √. 1 + tan z tan x. 1 + tan z tan x. b1 = b2 = b3 = 1.. Ta cã:(3+tan x tan y+tan y tan z+tan z tan x).3 ≥ (√1 + tan x tan y+√1 + tan y tan z+ √ 1 + tan z tan x)2 (1). Do x + y + z = π2 ⇒ tan x tan y + tan y tan z + tan z tan x = 1, vËy tõ (1) cã √ √ √ √ f (x, y, z) = 1 + tan x tan y + 1 + tan y tan z + 1 + tan z tan x ≤ 2 3. √ √ Râ rµng ( π6 , π6 , π6 ) ∈ D vµ f ( π6 , π6 , π6 ) = 2 3 ⇒ max f (x, y, z) = 2 3. D VÝ dô 2.7. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè: f (x, y, z) =. x y z + + + (1 − x)(1 − y)(1 − z), y+z+1 z+x+1 x+y+1. xÐt trªn miÒn D = {(x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1} Lêi gi¶i. LÊy (x0, y0, z0) ∈ D tïy ý. Kh«ng lµm mÊt tÝnh tæng qu¸t cã thÓ gi¶ sö x0 ≥ y0 ≥ z0 . Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có (1 − y0 ) + (1 − z0 ) + (1 + y0 + z0 ) p ≥ 3 (1 − y0 )(1 − z0 )(1 + y0 + z0 ), 3 1 ≥ (1 − y0 )(1 − z0 ) 1 + y0 + z0. V× 1 − x0 ≥ 0 nªn tõ (1) cã 1 − x0 ≥ (1 − x0 )(1 − y0 )(1 − z0 ) 1 + y0 + z0. Do x0 ≥ y0 ≥ z0 nªn ta cã y0 y0 ≥ 1 + y0 + z0 1 + x0 + y0. 12. (3). (2). hay (1).

<span class='text_page_counter'>(13)</span> z0 z0 ≥ 1 + y0 + z0 1 + x0 + y 0. (4). Céng tõng vÕ (2), (3), (4) cã. x0 y0 z0 + + + (1 − x0 )(1 − y0 )(1 − z0 ) ≤ 1 y0 + z0 + 1 z0 + x0 + 1 x0 + y0 + 1 hay f (x0, y0, z0) ≤ 1 (5).. Vì (5) đúng với (x0, y0, z0) tùy ý thuộc D nên ta có. f (x, y, z) ≤ 1 ∀(x, y, z) ∈ D. L¹i cã f (1, 1, 1) = 1 vµ râ rµng (1, 1, 1) ∈ D, vËy suy ra max f (x, y, z) = 1 D. VÝ dô 2.8. T×m gi¸ trÞ bÐ nhÊt cña hµm sè f (x, y) = 5|x| − 3|y|, trªn tËp hîp c¸c nghiệm nguyên của phương trình 4x + 5y = 7 Lêi gi¶i. Nếu x và y là các nghiệm nguyên của phương trình 4x + 5y = 7 thì rõ ràng 7 x 6= 0 vµ y 6= 0 (thËt vËy nÕu x = 0 th× y = kh«ng ph¶i lµ sè nguyªn...) Ta 5 l¹i nhËn thÊy khi Êy x vµ y ph¶i tr¸i dÊu (thËt vËy nÕu ch¼ng h¹n x, y cïng dương, vì x, y nguyên nên x ≥ 1, y ≥ 1 ⇒ 4x + 5y ≥ 9 đó là điều vô lí). Như vậy miÒn D cÇn xÐt cña hµm sè f(x,y) ®­îc chia lµm hai miÒn D1, D2 nh­ sau: D1 = {(x, y) : x, y nguyªn; x > 0, y < 0 vµ 4x + 5y = 7}. D2 = {(x, y) : x, y nguyªn; x < 0, y > 0 vµ 4x + 5y = 7}. XÐt hµm sè f (x, y) = 5|x| − 3|y| trªn miÒn D1. Khi Êy do x > 0, y < 0 nªn f (x, y) = 5x + 3y . Tõ 4x + 5y = 7 ⇒ x = 7 −4 5y = 2 − y − 1 +4 y . Từ đó suy ra để x, y nguyên thì 1 +4 y = t, với t nguyên. Như vậy y = 4t − 1 vµ x = 3 − 5t. MÆt kh¸c tõ x > 0, y < 0 suy ra 4t − 1 < 0 vµ 3 − 5t < 0, tøc lµ t < 41 . Nh­ng t nguyªn nªn t = 0, −1, −2, ... Lóc nµy ta ph¶i t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè F (t) = 5(3 − 5t) + 3(4t − 1) = 12 − 13t víi t = 0, −1, −2, .... 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Ta cã F (t) ≥ 12 ∀t = 0, −1, −2, ... vµ F (0) = 12 nªn (x,y)∈D min F (t) = 12, tøc lµ minf (x, y) = 12. XÐt hµm sè f (x, y) = 5|x| − 3|y| trªn miÒn D2. Khi Êy do x < 0, y > 0 nªn f (x, y) = −5x − 3y . Do x < 0, y > 0, nªn theo trªn suy ra 4t − 1 > 0 vµ 3 − 5t < 0, tøc lµ t > 53 . Nh­ng t nguyªn nªn t = 1, 2, 3, ... Lóc nµy ta ph¶i t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè F (t) = 13t − 12 víi t = 1, 2, 3, ... Ta cã F (t) ≥ 1 ∀t = 1, 2, ... F (1) = 1 nªn min F (t) = 1, tøc lµ min f (x) = 1. (x,y)∈D Ta cã (x,y)∈D min f (x, y) = min{ min f (x, y), min f (x, y)} = min{12, 1} = 1. (x,y)∈D (x,y)∈D 1. 2. 1. 2. VÝ dô 2.9. Gi¶ sö x, y, z, t lµ c¸c sè tháa m·n ®iÒu kiÖn: x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 1≤t≤z. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: P = xyz + txy + txz + tyz + tx + ty + tz. Lêi gi¶i. a) Gi¸ trÞ lín nhÊt áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:. √ p √ 3 x2 + y 2 + z 2 = 3 DÊu b»ng x¶y ra khi x = y = z = √1 . 3. x + y + z ≤ |x + y + z| ≤. (1). áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:. p 1 1 = x2 + y 2 + z 2 ≥ 3 3 x2 y 2 z 2 ⇒ xyz ≤ √ 3 3 DÊu b»ng x¶y ra khi: x = y = z = √1 3. (2). MÆt kh¸c ta lu«n cã. xy + yz + zx ≤ x2 + y 2 + z 2 = 1 (3). Tõ (1), (2), (3) suy ra:. √ 1 P = xyz + t(xy + yz + zx + x + y + z) ≤ √ + t(1 + 3) 3 3. 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> √ √ 1 19 3 + 18 ≤ √ + 2(1 + 3) = 9 3 3 √ 19 3 + 18 1 ⇒ max P = khi x = y = z = √ , t = 2. 9 3. b) Gi¸ trÞ nhá nhÊt: V× |x| ≤ 1, |y| ≤ 1, |z| ≤ 1 nªn (x + 1)(y + 1)(z + 1) ≥ 0. Suy ra: xyz ≥ −(xy + yz + zx + x + y + z) − 1. Do đó P ≥ (t − 1)(xy + yz + zx + x + y + z) − 1 ≥ (t − 1)[ ≥. S2 − 1 + S] − 1 2. víi S = x + y + z. (t − 1) 2 t−1 t−1 S + (t − 1)S − 1 − = (S + 1)2 − t ≥ −t 2 2 2. VËy P ≥ −t ≥ −2. (V× t ≥ 1).    . x + y + z = −1 + 1)(z + 1) = 0 Dấu đẳng thức xảy ra khi:  (x +x1)(y 2 2 + y + z2 = 1   t=2. VËy min P l¹i b»ng 1.. = −2 đạt được khi t = 2 và hai trong ba số x,. y, z b»ng 0 sè cßn. VÝ dô 2.10. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè: f (x, y) = x2 + y2. xÐt trªn miÒn: D = {(x, y) : (x2 − y2 + 1)2 + 4x2y2 − x2 − y2 = 0} Lêi gi¶i. Hệ thức (x2 − y2 + 1)2 + 4x2y2 − x2 − y2 = 0 có thể viết lại dưới dạng (x2 + y 2 )2 + 2(x2 − y 2 ) + 1 − (x2 + y 2 ) = 0 ⇔ (x2 + y 2 )2 − 3(x2 − y 2 ) + 1 − 4x2 = 0 3 5 ⇔ (x2 + y 2 − )2 = − 4x2 2 4. VËy D cã thÓ viÕt thµnh 5 3 D = {(x, y) : (x2 + y 2 − )2 = − 4x2 } 2 4. 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Từ đó suy ra ∀(x, y) ∈ D, ta có 3 5 (x2 + y 2 − )2 ≤ 2 4 ⇒ ∀(x, y) ∈ D, th×. √ 5 3 3 ≤ f (x, y) ≤ + 2 2 2 r r √ √ √ 3+ 5 3+ 5 3+ 5 Râ rµng (0, ) ∈ D vµ f (0, )= 2 2 √ 2 r r √ √ 3− 5 3− 5 3− 5 (0, ) ∈ D vµ f (0, )= 2 2 2 √ √ 3+ 5 3− 5 VËy max f (x, y) = vµ min f (x, y) = . D D 2 2. 3. Sử dụng các điều kiện có nghiệm của phương tr×nh. VÝ dô 3.1. T×m a nguyªn 6= 0 sao cho gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè sau f (x) =. 12x(x − a) x2 + 36. xÐt trªn miÒn x ∈ R lµ sè nguyªn. Lêi gi¶i. Gäi y0 lµ gi¸ trÞ tïy ý cu¶ hµm sè f(x) xÐt khi x ∈ R. Khi đó phương trình sau có nghiệm (ẩn x). 12x(x − a) = y0 x2 + 36. (1).. DÔ thÊy (1) ⇔ (y0 − 12)x2 + 12ax + 36y0 = 0 (2). 1. Khi y0 = 12 vµ do a 6= 0, nªn (2) cã nghiÖm. 2. Khi y0 6= 12, th× (2) cã nghiÖm khi 40 = 36a2 − 36y0 (y0 − 12) ≥ 0 hay y02 − 12y0 − a2 ≤ 0.. 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 6−. √. a2 + 6 ≤ y0 ≤ 6 +. √. a2 + 36vµ y0 6= 12.. Kết hợp cả hai trường hợp, thì (2) có nghiệm khi 6−. √. a2 + 6 ≤ y0 ≤ 6 +. √. a2 + 36.. √. VËy max f (x) = 6 + a2 + 36 vµ min f (x) = 6 − x∈R x∈R Từ đó suy ra phải tìm a nguyên 6= 0, sao cho √. a2 + 36 = k. √. a2 + 36.. (3), ở đây k nguyên dương.. Chó ý r»ng nÕu a > 0 lµ sè nguyªn tháa m·n (3), th× a còng tháa m·n (3), vậy ta chỉ cần xét (3) với a nguyên dương. DÔ thÊy (3). ⇔ 36 = k 2 − a2 ⇔ 36 = (k + a)(k − a).. Do k + a vµ k − a cã cïng tÝnh ch½n lÎ, vµ do k + a > 0, nªn k + a > 0 vµ k + a > k − a. ½ VËy tõ (4) suy ra kk+−aa==182 ⇒ a = 8 Tõ lËp trªn suy ra cã hai gi¸ trÞ nguyªn 6= 0 cÇn t×m cña a lµ (a = 8) hoÆc (a = −8). VÝ dô 3.2. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè r f (x) = x +. x2 +. 1 , trªn miÒn D = {x : x > 0} x. Lêi gi¶i. Gäi y0 lµ gi¸ trÞ tïy ý cña hµm sè trªn miÒn x > 0, tøc lµ hÖ sau (Èn x) cã nghiÖm  r  . y0 = x +. x2 +. x>0. 17. 1 x.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> ( ⇔ ½ ⇔ ½ ⇔. q y0 − x = x2 + x>0 0 < x ≤ y0 (y0 − x)2 = x2 +. 1 x. 1 x. 0 < x ≤ y0 (1) 2y0 x2 − y02 x + 1 = 0. (2) Trước hết tìm điều kiện để (2) có nghiệm. Điều kiện đó là y04 − 8y0 ≥ 0. Do y0 > 0 ⇒ y0 ≥ 2 (3) Víi ®iÒu kiÖn (3), th× (2) cã nghiÖm. MÆt kh¸c ta cã P =. y2 y0 1 > 0; S = 0 = >0 2y 2y0 2. Vậy (2) có hai nghiệm dương x1 < x2 mà x1 + x2 = 2y1 ⇒ x1 ≤ x2 ≤ y0. 0 Vậy (3) cũng là điều kiện để hệ (1) (2) có nghiệm. Từ đó suy ra min f (x) = 2. x∈D VÝ dô 3.3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè f (x) = |. sin x + cos x + 1 | sin x + 2. Lêi gi¶i. Xét y = sin xsin+ xcos+ x2 + 1 , rõ ràng hàm số này xác định ∀x. Gọi y0 là giá trị tùy ý của hàm số, thì phương trình sau đây (ẩn x) có nghiệm y0 =. DÔ thÊy (1). sin x + cos x + 1 sin x + 2. (1). ⇔ y0 sin x + 2y0 = sin x + cos x + 1 ⇔ (y0 − 1) sin x − cos x = 1 − 2y0. (2). Phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi (y0 − 1)2 + 12 ≥ (1 − 2y0)2 ⇔ 3y0 − 2y0 − 1 ≤ 0 1 ⇔ − ≤ y0 ≤ 1 3. 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 1 VËy max = max{| max y|, | min y|} = max{1, } = 1 x∈ R 3 Rõ ràng f (x) ≥ 0∀x. Mặt khác phương trình sin x + cos x + 1 = 0 hiển nhiên cã nghiÖm. Gäi x lµ nghiÖm tïy ý cña nã, th× f (x) = 0. Tõ f (x) ≥ 0 ∀x ∈ R f (x) = 0. Suy ra min f (x) = 0 x∈R VÝ dô 3.4. Cho hµm sè f (x) = x Tìm p và q để. 2. + px + q x2 + 1. víi x ∈ R. max f (x) = 9 vµ min f (x) = −1 x∈R x∈R. Lêi gi¶i. Gọi y0 là giá trị tùy ý của tham số, khi đó phương trình sau có nghiệm (ẩn x) x2 + px + q = y0 (1) x2 + 1 DÔ thÊy (1) ⇔ (y0 − 1)2x2 − px + (y0 − q) = 0 (2) XÐt hai kh¶ n¨ng: 1. NÕu y0 = 1, th× (2) cã nghiÖm khi p 6= 0 hoÆc khi p = 0, q = 1. 2. NÕu y0 6= 1, th× (2) cã nghiÖm khi (3). −4 = 4y02 − 4(q + 1)t − (p2 − 4q) ≤ 0. Xét phương trình 4t2 − 4(q + 1)t − (p2 − 4q) = 0. (4). Gäi t1, t2 lµ hai nghiÖm cña nã, th× nghiÖm cña (3) lµ t1 ≤ y0 ≤ t2. (Chó ý r»ng dÔ thÊy t1 ≤ 1 ≤ t2). 19.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Kết hợp cả hai trường hợp ta thấy (2) có nghiệm khi t1 ≤ y0 ≤ t2, trong đó t1 và t2 là hai nghiệm của (4). Từ đó ta được max f (x) = t2 x∈R. vµ min f (x) = t1 . x∈R. Như vậy bài toán đã cho trở thành: Tìm p và q để phương trình có hai nghiệm 9 và −1. Theo định lí Viet điều đó xảy ra khi   ½  4(q + 1) = 8 q=7 4 2 ⇔ p = ±8   4q − p = −9 4. VËy cã hai cÆp gi¸ trÞ cÇn t×m lµ. (p = 8, q = 7) hoÆc (p = −8, q = 7).. 4. Phương pháp 4 lặp. VÝ dô 4.1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: U = 19x2 + 54y 2 + 16z 2 + 36xy − 16xz − 24yz.. Lêi gi¶i. Biến đổi U về tam thức bậc hai đối với x: U = 19x2 − 2(8z − 18y)x + 54y 2 + 16z 2 − 24yz. Ta cã:. 4x = (8z − 18y)2 − 19(54y 2 + 16z 2 − 24yz) = −702y 2 + 168yz − 240z 2. Xem 4x là tam thức bậc hai đối với y, ta có: 4y = (84z)2 − 702.204z 2 = −161424z 2 ≤ 0, ∀z. Suy ra : 4x ≤ 0, ∀y, z (v× a = −702 < 0). Do đó: U ≥ 0, ∀x, y, z (vì a = 19 > 0). U = 0 khi x = y = z = 0. VËy: min U = 0. 20.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Ví dụ 4.2. Tìm m để bất đẳng thức với mọi x, y, z, t. U = x2 + y 2 + z 2 + t2 + mzy − xz + x − y + t ≥ 0. Lêi gi¶i. Tương tự. 5. Phương pháp lượng giác hóa 2. a + 2x cos a VÝ dô 5.1. Cho f (x) = (1 − x ) sin . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ lín nhÊt 1 + x2 cña f (x). Lêi gi¶i. Đặt x = tan α. Khi đó: (1 − tan2 α) sin a + 2 tan α cos a 1 + tan2 α cos 2α sin α sin a + 2 cos a 2 cos α = cos α 1 cos2 α = cos 2α sin a + sin 2α cos a. f (x) =. = sin(a + 2α). Do −1 ≤ sin(a + 2α) ≤ 1 nªn ta cã: π a 3π min f (x) = −1 khi x = tan(− − + k1 π) k1 ∈ Z hoÆc x = tan( 4 2 4 k2 π) k2 ∈ Z π a max f (x) = 1 khi x = tan( − + k3 π) k3 ∈ Z. 4 2 NhËn xÐt: Sö dông ®iÒu kiÖn cña biÕn: |x| ≤ k (k>0). §Æt x = k sin a víi − π2 ≤ a ≤ π2 hoÆc x = k cos a víi 0 ≤ a ≤ π. VÝ dô 5.2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña c¸c biÓu thøc sau: √ a) 6a 1 − a2 + 8a2. b) 4a3 − 24a2 + 45a − 26 víi 1 ≤ a ≤ 3. Lêi gi¶i. 21. −. a + 2.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> a) §iÒu kiÖn: |a| ≤ 1. §Æt a = cos α; 0 ≤ α ≤ π. Ta cã: √ √ |6a 1 − a2 + 8a2 | = |6a 1 − a2 + 4(2a2 − 1)| = |6 cos α. sin α + 4(2 cos2 α − 1)| = |3 sin α + 4 cos 2α| = 5| cos(2α − ϕ)| ≤ 5. (víi cos ϕ = 45 ;. 3 sin ϕ = ) 5. √ ⇒ −1 ≤ 6a 1 − a2 + 8a2 ≤ 9. √ VËy min(6a 1 − a2 + 8a2) = −1 √ max(6a 1 − a2 + 8a2 ) = 9. khi cos(2α − ϕ) = −1. khi cos(2α − ϕ) = 1. b) Tõ 1 ≤ a ≤ 3 ⇒ −1 ≤ a − 2 ≤ 1. Đặt a − 2 = cos α với α ∈ [0; π]. Khi đó: A = 4a3 − 24a2 + 45a − 26 = 4(cos α + 2)3 − 24(cos α + 2)2 + 45(cos α + 2) − 26 = 4 cos3 α − 3 cos α = cos 3α ⇒ |A| ≤ 1.. NhËn xÐt: BiÕn x, y cña bµi to¸n cã ®iÒu kiÖn: x2 + y 2 = k 2 (k > 0). §Æt x = k sin α, y = k cos α. α ∈ [0; 2π]. VÝ √dô 5.3. Cho x2 + y2 = 1. Chøng minh r»ng: 3|x| a) 2 + ≤1 y b) 14 ≤ x6 + y6 ≤ 1. Lêi gi¶i. a) Tõ ®iÒu kiÖn x2 + y2 = 1. Ta đặt x = sin α, y = cos α. α ∈ [0; 2π]. Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với: 22.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> √. −1 ≤. √ 3 sin α ≤ 1 ⇔ −2 − cos α ≤ 3 sin α ≤ 2 + cos α 2 + cos α ½ √ √3 sin α + cos α ≥ −2 (1) ⇔ 3 sin α − cos α ≤ 2 (2). Ta cã :. vµ. √. √. (v× 2 + cos α > 0). √. 3 1 sin α + cos α) 2 2 π π = 2(cos sin α + sin cos α) 6 6 π = 2 sin(α + ) ≥ −2 ⇒ (1) 6. 3 sin α + cos α = 2(. √. 3 1 sin α − cos α) 2 2 π π = 2(cos sin α − sin cos α) 6 6 π = 2 sin(α − ) ≤ 2 ⇒ (2) 6. 3 sin α − cos α = 2(. Vậy ta có đpcm. b) Đặt x = sin α, y = cos α. Khi đó: x6 + y 6 = sin6 α + cos6 α = (sin2 α + cos2 α)(sin4 α − sin2 α cos2 α + cos4 α) = (sin2 α + cos2 α)2 − 3 sin2 α cos2 α 3 = 1 − sin2 2α 4. V× 0 ≤ sin2 2α ≤ 1 nªn 14 ≤ 1 − 43 sin2 2α ≤ 1. 1 ⇒ ≤ x6 + y 6 ≤ 1 (®pcm). 4 NhËn xÐt: Sö dông ®iÒu kiÖn cña biÕn |x| ≥ k (k > 0). π 3π 1 α ∈ [0; ) ∪ [π; ). §Æt x = k cos α 2 2 1 Khi đó: x2 − k2 = k2( cos2 α − 1) = k2 tan2 α và tan α > 0 VÝ dô 5.4. Cho |a| ≥ 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ lín nhÊt cña biÓu thøc: √. a2 − 1 + a. Lêi gi¶i. 23. √. 3.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Tõ ®iÒu kiÖn |a| ≥ 1. 1 π 3π §Æt x = k cos α ∈ [0; ) ∪ [π; ). Khi đó: α 2 2 r. √ 1 − 1 + 3 a2 − 1 + 3 cos2 α A= = 1 a √ √ cos α = cos α(tan α + 3) = 3 cos α + sin α √ 3 1 π π = 2( cos α + sin α) = 2(cos cos α + sin sin α) 2 2 6 6 π = 2 cos(α − ) 6 √. √. ⇒ −2 ≤ A ≤ 2.. VËy max A = 2 khi a = π6 + kπ víi k ∈ Z. 7π 5π min A = −2 khi a = + kπ hoÆc a = + kπ víi k ∈ Z 6 6 VÝ dô 5.5. Cho |a| ≥ 1; |b| ≥ 1. Chøng minh B§T: √. a2 − 1 + | ab. √. b2 − 1. |≤1. (1). Lêi gi¶i. Đặt a = cos1 α ; b = cos1 β với α, β ∈ [0; π2 ) ∪ [π; 3π2 ). Khi đó: √. √ a2 − 1 + b2 − 1 A= ab 1 1 −1+ −1 2 cos α cos2 β = 1 1 cos α cos β = cos α cos β(tan α + tan β) = sin(α + β) ⇒. ®pcm. NhËn xÐt: Bµi to¸n cã biÓu thøc x2 + k2. π §Æt x = k tan α víi α ∈ ( −π ; ). 2 2 2 Khi đó x2 + k2 = k2(1 + tan2 α) = cosk2 α với cos α > 0 24.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> VÝ dô 5.6. Chøng minh B§T : 1 (a + b)(1 − ab) 1 − ≤ ≤ 2 2 2 (1 + a )(1 + b ) 2. Lêi gi¶i. π §Æt a = tan α; b = tan β víi α, β ∈ ( −π ; ) 2 2 (a + b)(1 − ab) (tan α + tan β)(1 − tan α tan β) = 2 2 (1 + a )(1 + b ) (1 + tan2 α)(1 + tan2 β) sin(α + β) cos(α + β) = cos2 α. cos2 β. . cos α cos β cos α cos β 1 = sin(2α + 2β) 2. A=. ⇒ |A| ≤. 6. 1 2. (®pcm). Phương pháp đồ thị. Để giải bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bằng phương pháp đồ thị, người ta thường sử dụng các tính chất sau đây: - Trong tất cả các đường gấp khúc nối hai điểm A, B cho trước thì đường thẳng nối AB là đường có độ dài ngắn nhất. - Trong mét tam gi¸c, tæng hai c¹nh lu«n lu«n lín h¬n c¹nh thø ba. - Cho một điểm M ở ngoài một đường thẳng d cho trước. Khi đó độ dài ®­êng vu«ng gãc kÎ tõ M xuèng d ng¾n h¬n mäi ®­êng xiªn kÎ tõ M xuèng ®­êng th¼ng Êy. - Trong các tam giác cùng nội tiếp một đường tròn, thì tam giác đều có chu vi vµ diÖn tÝch lín nhÊt. NÕu nh­ mét bµi to¸n t×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt, b»ng mét phÐp biÕn đổi nào đó có thể quy về các sự kiện hình học nói trên, thì ta nên dùng phương pháp đồ thị để giải chúng. Phương pháp này rất thích hợp với những bài toán, mà trong nội dung của nó đã tiềm ẩn những yếu tố hình học, mà thoạt tiên ta ch­a nh×n ra chóng. 25.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> VÝ dô 6.1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè: f (x, y, z, t) = z 2 + t2 − 2xz − 2yt − 3,. xÐt trªn miÒn. D = {(x, y, z, t) : x2 + y 2 = 1; z 2 − t + 3 = 0}. Lêi gi¶i. Víi (x, y, z, t) ∈ D ta cã f (x, y, z, t) = (x − z)2 + (y − t)2 − x2 − y 2 − 3 = (x − z)2 + (y − t)2 − 4. (1). MÆt kh¸c khi (x, y, z, t) ∈ D th× ®iÓm M (x, y) n»m trªn ®­êng trßn t©m t¹i gốc tọa độ bán kính 1, còn điểm N (z, t) nằm trên parabol u = v2 + 3. u. u = v2 + 3. N(z,t) 3 N0 M0. 1. 0. M(x,y). v. Ta cã: (x − z)2 + (y − t)2 = M N 2. Râ rµng minM N 2 = M0N02 = 4, ë ®©y M0(0; 1) vµ N0(0; 3). Từ đó suy ra từ (1) f (x, y, z, t) ≥ 0 ∀(x, y, z, t) ∈ D. 26.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> MÆt kh¸c lÊy x = 0, y = 1, z = 0, t = 3, th× f (0, 1, 0, 3) = 0, mµ (0, 1, 0, 3) ∈ D nªn suy ra min. (x,y,z,t)∈D. f (x, y, z, t) = 0. VÝ dô 6.2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè: f (x) =. √. x2 − 2x + 3 +. √. x2 + 4x + 6. xÐt trªn miÒn |x| ≤ 1. Lêi gi¶i. Ta viết lại hàm số f(x) dưới dạng sau f (x) =. p p (x − 1)2 + 2 + (x + 2)2 + 2 √. Xét hệ trục u0v và trên đó xét điểm cố định N (2 2, 3) và điểm di động √ M ( 2, 1 − x); ở đây −1 ≤ x ≤ 1. Khi đó M sẽ chạy trên đoạn thẳng M0 M1 , √ √ trong đó M0( 2, 0) và M1( 2, 2). Ta cã: p. (x − 1)2 + 2 +. p. (x − 2)2 + 2 = OM + ON. v. N. 3 2. M1. 3 2. 1-x 0. M √ M0 2. √ 2 2. 27. u.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> √. Râ rµng OM + ON ≥ ON = 17. MÆt kh¸c gäi M∗ lµ giao ®iÓm cña ®­êng √ th¼ng x = 2 vµ ON, th× OM1 + M1N = ON . Cã thÓ thÊy M∗M0 = 12 N H = 32 √ (H lµ h×nh chiÕu cña N trªn trôc hoµnh), vËy M∗( 2, 32 ). √ Nh­ vËy ta cã f (x) ≥ 17 ∀ − 1 ≤ x ≤ 1 Từ đó suy ra |x|≤1 min f (x) =. √. 17.. √ 1 f (− ) = 17 2. L¹i cã M max (OM + ON ) = max(OM1 + M1 N, OM0 + M0 N ) ∈M M 0. 1. √. √ √ √ √ = max( 6 + 3, 2 + 11) √ √ = 2 + 11. √. VËy max f (x) = 2 + 11. |x|≤1 Ví dụ 6.3. Cho a,b,c,h là các số dương cho trước; còn x,y,z là ba số thực thay đổi sao cho ax + by + cz = k (1)(k cố định cho trước) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè p √ √ f (x, y, z) = a h2 + x2 +b h2 + y 2 +c h2 + z 2. Lêi gi¶i.. víi c¸c x,y,z tháa m·n hÖ thøc (1). v C. ax+by+cz=k. ax 0 ax+by. A (a+b)h. ah. B 28. u (a+b+c)h.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Vẽ hệ trục Ouv và trên đó xét các điểm A(ah, ax), B((a + b)h, ax + by), C((a + b + c)h, ax + by + cz). Cã thÓ thÊy ngay p √ √ OA = a a2 + h2 , AB = c h2 + y 2 , BC = c h2 + z 2. VËy f (x, y, z) = OA + AB + BC (2). Ta thấy OA + AB + BC là độ dài đường gấp khúc OABC nối hai điểm cố định O(0,0) và C((a+b+c)h,k). Ta có OC =. p. k 2 + (a + b + c)2 h2. p. Tõ (2) ⇒ f (x, y, z) ≥ OC = k2 + (a + b + c)2h2 DÊu b»ng trong (3) x¶y ra ⇔ O, A, B, C th¼ng hµng.. (3). ax ax + by ax + by + cz = = ah ah + bh ah + bh + ch k ⇔x=y=z= a+b+c. ⇔. Nh­ vËy f(. p k k k , , ) = k 2 + (a + b + c)2 h2 a+b+c a+b+c a+b+c. (4). Tõ (3), (4) suy ra min f (x, y, z) =. p k 2 + (a + b + c)2 h2 .. VÝ dô 6.4. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè f (x, y) = −2x − y + x2 trªn miÒn  2x + 3y ≤ 6 (x, y) : 2x + y ≤ 4  x ≥ 0, y ≥ 0 . D=. Lêi gi¶i. Miền D các điểm (x,y) thỏa mãn hệ ràng buộc đã cho, được biểu diễn bằng. 29.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> miền gạch trong hình vẽ sau (đó là một tứ giác kể cả biên). 22 y y = x2 − 2x + 9. 2. y = x2 − 2x. A. 0 -1. 1 2. B 3. x 2x + 3y = 6. 2x + y = 4. Gäi α lµ gi¸ trÞ tïy ý cña hµm sè. Ta quy bµi to¸n vÒ viÖc t×m c¸c gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña α sao cho parabol −2x − y + x2 = α(⇔ y = x2 − 2x − α) còn cắt miền D. Từ dạng đồ thị y = x2 − 2x − α, ta thấy ngay giá trị bé nhất của α tương ứng với trường hợp parabol y = x2 − 2x − α tiếp xúc với đường thẳng 2x + 3y = 6. Điều này xảy ra khi và chỉ khi phương trình sau có nghiệm kép x2 − 2x − α =. 2 −x+2 3. (1). (1) ⇔ 3x2 − 4x − 3α − 6 = 0. VËy (1) cã nghiÖm kÐp ⇔ 40 = 4 + 9α + 18 = 0 ⇔α=−. 22 9. Giá trị lớn nhất của α tương ứng với trường hợp parabol y = x2 − 2x − α qua O(0,0) (và dĩ nhiên khi ấy qua B(2,0)). Điều đó xảy ra khi α = 0. 22 VËy max f (x, y) = 0 vµ min = − D D 9 30.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> VÝ dô 6.5. Cho xi, yi. (i = 1, 2, ..., n) lµ 2n sè thùc tháa m·n n X. xi +. i=1. n X. yi = 1. i=1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A=. n q X x2i + yi2 i=1. Lêi gi¶i. Trong mặt phẳng xét hệ tọa độ vuông góc xOy. Gọi Mk là điểm có tọa độ k k X X Mk ( xi , yi ), k = 1, 2, ..., n i=1. i=1. y 1. Mk−1. Mn. Mk. M. M1. 1. 0 Nh­ vËy ®iÓm. n n X X yi ) xi , Mn ( i=1. i=1. sÏ n»m trªn ®­êng th¼ng x + y = 1. n n (v× theo gi¶ thiÕt ta cã P xi + P yi = 1). i=1. i=1. 31. x.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> DÔ thÊy:s Mk−1 Mk =. (. k P. xi −. i=1. k−1 P. xi )2 + (. i=1. Từ đó suy ra. k P i=1. yi +. k−1 P. yi )2 =. i=1. p x2k + yk2 , k = 1, 2, ..., n. A = OM1 + M1 M2 + ... + Mn−1 Mn. ⇒. Gäi H lµ ch©n ®­êng √ vu«ng gãc kÎ tõ O tíi ®­êng th¼ng x + y = 1 2 OH = . 2 Râ rµng OM1 + M1M2 + ... + Mn−1Mn = OH ⇒ A ≥ DÊu b»ng trong (1) x¶y ra. √. 2 2. (1).. ⇔ O, M1 , M2 , ..., Mn th¼ng hµng vµ Mn ≡ H y1 y2 yn ⇔ = = ... = = tan 45o = 1 x1 x2 xn 1 ⇔ x1 = x2 = ... = xn = y1 = y2 = ... = yn = 2n √ VËy min A = 22. VÝ dô 6.6. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè f (x) =. p. x2 − 2px + 2p2 +. p. x2 − 2qx + 2q 2. với p, q là hai số cho trước. Lêi gi¶i. 1. XÐt khi |p| + |q| > 0 Trên mặt phẳng tọa độ xét các điểm A(x-p, |p|) và B(x-q, |q|). Hàm số f(x) đã cho viết được dưới dạng sau f (x) =. p p (x − p)2 + (|p|)2 + (x − q)2 + (−|q|)2 = OA + OB. Râ rµng ta lu«n cã OA + OB ≥ AB , ë ®©y AB =. p. (p − q)2 + (|p| + |q|)2 = const, ∀ vÞ trÝ cña A, B. VËy ta lu«n cã f (x) ≥. p. (p − q)2 + (|p| + |q|)2. 32. (1)..

<span class='text_page_counter'>(33)</span> DÊu b»ng trong (1) cã ⇔ A, O, B th¼ng hµng. y y=|p|. |p|. A x. 0. y=-|q| B → Ta cã − OA = (x − p, |p|). −−→ BO = (q − x, |q|). VËy A, O, B th¼ng hµng khi x−p |p| = q−x |q| ⇔ x|q| − p|q| = q|p| − x|p| q|p| + p|q| ⇔x= |p| + |q|. Do AB = const f(. ∀ vÞ trÝ cña A,B nªn ta cã p q|p| + p|q| ) = AB = (p − q)2 + (|p| + |q|)2 |p| + |q|. p. VËy min f (x) = (p − q)2 + (|p| + |q|)2. 2. XÐt khi |p| + |q| = 0(⇔ p = q = 0). Lóc nµy f (x) = 2|x| ⇒ min f (x) = 0 33. (3)..

<span class='text_page_counter'>(34)</span> DÔ dµng thÊy cã thÓ dïng (2) thay cho (3) (v× p = q = 0). Tãm l¹i trong mäi trường hợp, ta có min f (x) = x∈R. p (p − q)2 + (|p| + |q|)2. VÝ dô 6.7. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ lín nhÊt cña hµm sè f (x, y) = cos 2x + cos 2y. trªn miÒn. 1 D = {(x, y) : sin x + sin y = } 2. Lêi gi¶i. Đặt u = sin x, v = sin y. Khi đó, ta có cos 2x + cos 2y = 2 − 2(u2 + v 2 ). XÐt bµi to¸n míi sau: T×m gi¸ trÞ lín vµ bÐ nhÊt cña hµm sè F (u, v) = u2 +v2, xÐt trªn miÒn D1 = {(u, v) : |u| ≤ 1, |v| ≤ 1; u + v =. y A. 1 2. 1 1 2. -1. −. 1. 0. 1 2 −. 1 2. -1. 34. x.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> Lúc đó ta có mối liên hệ sau: max f (x, y) = 2 − 2 min F (u, v). (1). min f (x, y) = 2 − 2 max F (u, v). (2). D. D1. D. D1. Vẽ trục tọa độ Ouv. Tập D1 chính là đoạn thẳng AB - đó là phần đường thẳng u + v = 12 nằm trong hình vuông. Dễ thấy A, B có tọa độ A(− 12 , 1) và 1 B(1, − ). 2 NÕu M (u, v) = D1 th× cã u2 + v2 = OM 2. 1 1 VËy max F (u, v) = max OM 2 = OA2 (= OB 2 ) = 1 + = . D M ∈AB 4 5 1 2 2 min F (u, v) = min OM = OH = . D M ∈AB 8 (V× OH lµ ®­êng cao cña tam gi¸c vu«ng c©n c¹nh b»ng 12 ). Theo (1) vµ (2) suy ra 1. 1. max f (x, y) = 2 − D. min f (x, y) = 2 − D. 1 7 = 4 4. 5 1 =− 2 2. Bài chuẩn bị của chúng tôi còn nhiều thiếu sót mong các bạn giúp đỡ và góp ý để chúng tôi hoàn thiện tốt chuyên đề này. Bài của các em khá công phu và bản đánh máy cũng tương đối tốt. Tất nhiªn vÉn cã thÓ lµm tèt h¬n, vµ sau ®©y lµ mét vµi gîi ý. Đầu tiên, các em hãy xem lại Ví dụ 2.5. ở đấy tôi có thấy sử dụng bất đẳng thức nào đâu. Nhân tiện trình bày về tìm GTLN, GTNN dùng bất đẳng thức, các em nên tìm hiểu thêm về Bất đẳng thức Karamata đang thu hút được nhiều sự quan tâm. Việc trình bày một vấn đề mới lạ có thể giúp bài thuyết tr×nh cña c¸c em hÊp dÉn h¬n. C¸c bµi t×m GTLN, GTNN khã nhÊt lµ nh÷ng bµi t×m cùc trÞ cã ®iÒu kiÖn. T«i thÊy c¸c em cã ®­a ra mét sè bµi. Nh­ng c¸ch gi¶i cña c¸c bµi nµy kh«ng cã ®iÓm chung vµ khã vËn dông cho nh÷ng bµi kh¸c. §Ó cã c¸i nh×n bao qu¸t hơn, các em hãy tham khảo thêm các sách về giải tích để biết phương pháp 35.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> t×m cùc trÞ cã ®iÒu kiÖn cña Lagrange (ch¼ng h¹n cuèn C¬ së gi¶i tÝch cæ ®iÓn của Nguyễn Văn Khuê - Lê Mậu Hải để xem lí thuyết và cuốn bài tập phần 2 (hay 3, tôi không nhớ rõ) của Liasko để xem những áp dụng). Nếu các em có thể trình bày trước lớp phương pháp này thì rất tốt. KÕt thóc mçi phÇn nªn cã nh÷ng bµi tËp (tèt nhÊt lµ do c¸c em tù ®­a ra) để các bạn khác phải cùng suy nghĩ. Tôi có sửa giúp các em một số lỗi đánh máy và trình bày ở đoạn đầu. Các em có thể tham khảo để sửa những phần còn lại cho tốt hơn. Hình 1 của các em göi cho t«i kh«ng dïng ®­îc (khi ch¹y b¸o lçi), t«i ph¶i vÏ l¹i vµ sÏ göi l¹i cho các em. Nếu các em không có giải thích thỏa đáng về chuyện này, một điều kh«ng tr¸nh khái lµ t«i sÏ trõ ®iÓm bµi cña c¸c em.. 36.

<span class='text_page_counter'>(37)</span>