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

Chia sẻ: Mbgh H | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:17

Thêm vào BST

Báo xấu

521
lượt xem 137
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số BÀI 3. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ A. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Bài toán chung: Tìm giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất của hàm số f ( x ) Bước 1: Dự đoán và chứng minh f ( x ) ≥ c; f ( x ) ≤ c Bước 2: Chỉ ra 1 điều kiện đủ để f ( x ) = c 2. Các phương pháp thường sử dụng Phương pháp 1: Biến đổi thành tổng các bình phương Phương pháp 2: Tam thức bậc hai. Phương pháp 3: Sử dụng bất đẳng thức cổ điển: Côsi; Bunhiacôpski Phương pháp 4: Sử dụng đạo hàm. Phương pháp 5: Sử dụng đổi biến lượng giác. Phương pháp 6: Sử dụng phương pháp véctơ và hệ tọa độ Phương pháp 7: Sử dụng phương pháp hình học và hệ tọa độ. II. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA: Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P(x, y) = x2 + 11y2 − 6xy + 8x − 28y + 21 Giải. Biến đổi biểu thức dưới dạng P(x, y) = (x − 3y + 4)2 + 2(y − 1)2 + 3 ≥ 3 y −1= 0 y =1 Từ đó suy ra MinP(x, y) = 3 ⇔  ⇔  x − 3 y + 4 = 0  x = −1 Bài 2. Cho x, y > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của: S = x4 y4 x2 y2 x y 4 + 4 − 2 − 2 + + y x y x y x 2 2  2   y2  2 y2 x y Giải. S =  x 2 − 1 +  2 − 1 − 2 + x 2 + 2 + + y  x  y x y x 2 2 2  2   y2  x y x y  S =  x 2 − 1 +  2 − 1 +  −  +  + − 2  + 2 y  x   y x  y x  1
Chương I. Hàm số – Trần Phương 2 2 2  2   y2  x y ( x − y) 2 S =  x 2 − 1 +  2 − 1 +  −  + +2≥2 . y  x  y x xy Với x = y > 0 thì MinS = 2 Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số S = sin 2 x + sin 2 y + sin 2 ( x + y ) 1 − cos 2 x 1 − cos 2 y Giải . S = sin 2 x + sin 2 y + sin 2 ( x + y ) = + + 1 − cos 2 ( x + y ) 2 2 S = 2 − cos( x + y ) cos( x − y ) − cos ( x + y ) = −  + cos( x + y ) cos( x − y ) + cos ( x + y )  2 9 1 2 4  4   2 S = 9 −  1 cos( x − y ) + cos( x + y )  − 1 sin 2 ( x − y ) ≤ 9 . 4 2   4 4 π 9 Vớ i x = y = + k π , (k∈∈ thì Max S = ) 3 4 Bài 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x12 + x2 + x3 + ... + x8 − ( x1 x 2 + x 2 x3 + ... + x6 x7 + x7 x8 + x8 ) 2 2 2 2 2 2 2  1  3 2  4 3  5 4  Giải. S =  x1 − x2  +  x 2 − x3  +  x3 − x4  +  x4 − x5  +  2  4 3  6 4  8 5  2 2 2 2 6  5  7  6  8  7  9  8 4 4 +  x 5 − x 6  +  x 6 − x 7  +  x 7 − x8  +  x8 −  − ≥ − 10  6  12  7  14  8  16  9 9 9 1 2 6 7 8 4 Với x1 = x2 ; x2 = x3 ;...; x6 = x7 ; x7 = x8 ; x8 = , thì Min S = − 2 3 7 8 9 9 Bài 5. Cho x, y, z ∈ ¡ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = 19x2+ 54y2 +16z2 −16xz − 24y +36xy Giải. Biến đổi S ⇔ f(x) = 19x2 − 2(8z −18y)x + 54y2 +16z2 − 24y Ta có ∆′ x = g(y) = (8z −18y)2 −(54y2 +16z2 − 24y) = −702y2 +168zy −240z2 ⇒ ∆′ y = (84z)2 − 702.240z2 = −161424z2 ≤ 0 ∀z∈R ⇒ g(y) ≤ 0 ∀y, z∈R Suy ra ∆′ x ≤ 0 ∀y, z∈R ⇒ f(x) ≥ 0. Với x = y = z = 0 thì MinS = 0 Bài 6. Cho x2 + xy + y2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: S = x2 − xy + y2 Giải Xét y = 0 ⇒ x2 = 3 ⇒ S = 3 là 1 giá trị của hàm số. 2
Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số Xét y ≠ 0, khi đó biến đổi biểu thức dưới dạng sau đây S x 2 − xy + y 2 ( x / y ) − ( x / y ) + 1 t 2 − t + 1 2 x u= = 2 = = 2 = u vớ i t = 3 x + xy + y 2 2 ( x / y) + ( x / y) + 1 t + t + 1 y ⇔ u(t2 + t + 1) = t2 − t + 1 ⇔ (u − 1)t2 + (u + 1)t + (u − 1) = 0 (*) + Nếu u = 1, thì t = 0 ⇒ x = 0, y = ± 3 ⇒ u = 1 là 1 giá trị của hàm số + Nếu u ≠ 1, thì u thuộc tập giá trị hàm số ⇔ phương trình (*) có nghiệm t 1 ⇔ ∆ = (3u − 1)(3 − u) ≥ 0 ⇔ 3 ≤ u ≠ 1 ≤ 3 . Vậy tập giá trị của u là 1 , 3 ⇒ Min u = 1 ; Max u = 3  3   3 x = y  Min S = 1 ⇔ Min u = 1 ⇔ t = 1 ⇒  ⇔ x = y = ±1 3  x 2 + xy + y 2 = 3  x = − y  x = 3, y = − 3  Max S = 9 ⇔ Maxu = 3 ⇔ t = − ⇒  2 1 ⇔  x + xy + y 2 = 3  x = − 3, y = 3   Bài 7. Cho x,y∈R thỏa mãn điều kiện ( x 2 − y 2 + 1) + 4x 2 y 2 − ( x 2 + y 2 ) = 0 2 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức S= x 2 + y 2 Giải. Biến đổi ( x 2 − y 2 ) + 2 ( x 2 − y 2 ) + 1 + 4x 2 y 2 − ( x 2 + y 2 ) = 0 2 ⇔ ( x2 + y2 ) − 3( x 2 + y 2 ) + 1 + 4x 2 = 0 ⇔ ( x 2 + y 2 ) − 3 ( x 2 + y 2 ) + 1 = − 4x 2 2 2 3− 5 3+ 5 Do − 2 ≤ 0 nên ( x 2 + y 2 ) − 3( x 2 + y 2 ) + 1 ≤ 0 ⇔ 2 4x ≤ x2 + y2 ≤ 2 2 3− 5 Với x = 0, y = ± 3 − 5 , thì Min( x 2 + y 2 ) = . 2 2 3+ 5 Với x = 0, y = ± 3 + 5 , thì Max( x 2 + y 2 ) = 2 2 Bài 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x + 4 x 2 + 2 x + 1 Giải. Gọi y0 là 1 giá trị của hàm f(x) 3
Chương I. Hàm số – Trần Phương 2 ⇒ tồn tại x0 sao cho y0 = x0 + 4 x0 + 2 x0 + 1 ⇔ y 0 − x0 = 4 x0 + 2 x0 + 1 ⇒ y 0 − 2 y 0 x0 + x0 = 4 x0 + 2 x0 + 1 2 2 2 2 2 2 ⇔ g(x0) = 3x0 + 2(1 + y 0 ) x0 + 1 − y0 = 0 . Ta có g(x) = 0 có nghiệm x0 ⇔ ∆′ = (1 + y0 ) 2 − 3(1 − y 0 ) = 2(2 y 0 + y 0 − 1) = 2( y 0 + 1)(2 y0 − 1) ≥ 0 2 2 Do y0 = x0 + 3x0 + ( x0 + 1) 2 ≥ x0 + 3 x0 = x0 + 3 x0 ≥ 0 nên 2 2 1 1 1 ∆′ ≥ 0 ⇔ 2y0 − 1 ≥ 0 ⇔ y 0 ≥ . Với x = − thì Minf(x) = 2 2 2 Bài 9. Cho y = f ( x ) = x 2 − 5 x + 4 + mx. Tìm các giá trị của m sao cho Min y > 1  x 2 + ( m − 5 ) x + 4 ; x ≤ 1 ∨ x ≥ 4 : ( P1 )  Giải. Ta có f ( x) =   − x + ( m + 5 ) x − 4 ; 1 ≤ x ≤ 4 : ( P2 ) 2  Gọi (P) là đồ thị của y = f(x) ⇒ (P) = (P1) ∪ (P2) khi đó (P) có 1 trong các hình dạng đồ thị sau đây P1 P2 A P1 P A Hoành độ của các điểm đặc biệt trong đồ thị (P):1 A P2 P2 5−m Hoành độ giao điểm (P1), (P2) xA = 1; xB = 4 ; Hoành độ đỉnh (P1): xC = B B 2 C C C B . Nhìn vào đồ thị ta xét các khả năng sau:  Nếu xC ∈[xA, xB] ⇔ m∈[ −3, 3] thì Minf(x) = Min{f(1), f(4)}.  −3 ≤ m ≤ 3   Khi đó Minf(x) > 1 ⇔  f (1) = m > 1 ⇔ 1 < m ≤ 3 (1)   f (4) = 4m > 1  4
Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số  5− m  − m 2 + 10m − 9  Nếu xC ∉[xA, xB] ⇔ m∉[ − 3] thì Minf(x) = f1 ( xC ) = f1  3,  =  2  4  m ∉ [ −3, 3]  Khi đó Minf(x) > 1 ⇔  ⇔ 3< m 1 ⇔ 1 < m < 5 + 2 3 Bài 10. (Đề thi TSĐH 2005 khối A) Cho x, y , z > 0 ; 1 + 1 + 1 = 4 . Tìm Min của S x y z = 1 + 1 + 1 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z Giải: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số a, b, c, d > 0 ta có: ( ) ( a + b + c + d ) 1 + 1 + 1 + 1 ≥ 4. 4 abcd .4. 4 1 = 16 ⇒ 1 + 1 + 1 + 1 ≥ a b c d abcd a b c d a+b+c+d 16  1+1+1+1≥ 16 = 16  x x y z x + x + y + z 2x + y + z  + 1 + 1 + 1 + 1 ≥ 16  x y y z x + y + y + z = x + 2y + z 16  1 + 1 + 1 + 1 ≥ 16 = 16  x y z z x + y + z + z x + y + 2z  16 = 4  1 + 1 + 1  ≥ 16  x y z 1 1 1   2 x + y + z + x + 2 y + z + x + y + 2 z  ⇒ Min S = 1     Bài 11. (Đề thi TSĐH 2007 khối B) y  Cho x, y, z > 0 . Tìm Min của S = x  + 1  + y  + 1  + z  z + 1  x  2 yz   2 zx   2 xy      Giải: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 9 số ta có  y y  x4 y4z4 S = 1  x2 + y2 + z 2 + x + x + + + z + z  ≥ 9 .9 4 4 4 = 9 ⇒ Min S = 9 2 yz yz zx zx xy xy  2 x y z 2 2  x, y > 0  x y Bài 12. Cho  Tìm giá trị nhỏ nhất của S = + x + y = 1 1− x 1− y    y   x Giải: S =  + y+ + x− ( ) ( x+ y ≥2 x+ y −) ( x+ y = x+ y)  y   x  5
Chương I. Hàm số – Trần Phương x y 1− y 1− x  1 1  Mặt khác, S = 1− x + 1− y = y + x =   x + − y ( x+ y )   2 2 1 1 ≥ =2 2 Suy ra 2S ≥ + ≥ 4 xy x+ y ⇒ S ≥ 2 ⇒ MinS = 2 . x y 2 Bài 13. Cho x, y, z > 0. Tìm Max của: S = ( xyz x + y + z + x 2 + y 2 + z 2 ) (x 2 2 +y +z 2 ) ( xy + yz + zx) Giải: Sử dụng bất đẳng thức Côsi và BunhiaCôpski ta có 3 đánh giá sau: x2 + y2 + z2 ≥ 3 ⋅ 3 x2 y2 z2 ; EMBED Equation.3 xy + yz + zx ≥ 3. 3 xy. yz.zx = 3. 3 x 2 y 2 z 2 x+ y+z≤ ( 12 + 12 + 12 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 3. x 2 + y 2 + z 2 . Từ đó suy ra xyz ( 1 + 3 ) x 2 + y 2 + z 2 1+ 3 3 xyz 1+ 3 3 xyz 3+ 3 S≤ = ⋅ ≤ ⋅ = ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3.3 x 2 y 2 z 2 3 x2 + y2 + z2 3 3. 3 xyz 9 Bài 14. (Đề thi TSĐH 2003 khối B) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 − x 2 Cách 1: Tập xác định D = [ −2; 2] ; y′ = 1 − x ; y′ = 0 ⇔ x = 4 − x 2 2 4−x x − 22y ′ +0− − 0y 22 x ≥ 0    max y = 2 2 ⇔ 2 ⇔x= 2 ⇒  min y = −2 2 x = 4 − x   π π Cách 2: Đặt x = 2 sin u, u ∈  − ;   2 2   π ( ) ⇒ y = 2 ( sin u + cos u ) = 2 2 sin u + ∈  −2; 2 2  ; max y = 2 2 ; min y = −2 4   Bài 15. (Đề dự bị TSĐH 2003 khối B) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của y = x 6 + 4 ( 1 − x 2 ) trên đoạn [ −1;1] 3 Cách 1. Đặt u = x 2 ∈ [ 0;1] . Ta có y = u 3 + 4 ( 1 − u ) = −3u 3 + 12u 2 − 12u + 4 3 y ′ = −9u 2 + 24u − 12 = 0 ⇔ u1 = 2 ∈ [ 0;1] ; u 2 = 2 > 1 3 x01y ′ 0 −0+0y4 4 1 6
Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số Nhìn bảng biến thiên ta có max y = 4; min y = 4 9 Cách 2. Đặt x = sin u ⇒ y = sin 6 u + 4 cos 6 u . = ( sin 6 u + cos 6 u ) + 3cos 6 u ≤ ( sin 2 u + cos 2 u ) + 3 = 4 Với x = 0 thì max y = 4 . Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có:  6 8 8 6 8 8 4 2 sin u + 27 + 27 ≥ 3 ⋅ sin u ⋅ 27 ⋅ 27 = 3 sin u 3    4 cos 6 u + 4 + 4 ≥ 3 ⋅ 3 4 cos 6 u ⋅ 4 ⋅ 4 = 4 cos 2 u   27 27 27 27 3 y = sin 6 u + 4 cos 6 u + 8 ≥ 4 ( sin 2 u + cos 2 u ) = 4 ⇒ y ≥ 4 . Với x = 2 ⇒ min y = 4 9 3 3 9 3 9 Bài 16. a) Lập bảng biến thiên và tìm giá tr ị lớn nh ất của hàm số y= x+3 x2 +1 b) Cho a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: a + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1 ≥ 10 2 Giải. a) TXĐ: D = ¡ ; y ′ = 2 1 − 3x ( x + 1) x +12 3 3() = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y 1 = 10 ( x + 3) / x ( x + 3) / x lim y = lim = lim = lim x x →∞ x →∞ x →∞ x →∞ x . x2 +1 1 + 12 x2 x Suy ra xlim y = 1; xlim y = −1 . Nhìn BBT →+∞ →−∞ x 1/3 y ′ +0− − 1 0y 11 x + 3 ≤ 10 ⇒ max y = 10 ta có y = x2 +1 b) Theo phần a) thì y ≤ 10 , ∀x ⇔ x + 3 ≤ 10. x 2 + 1 , ∀ x . Đặc biệt hóa bất đẳng thức này tại các giá tr ị x = a, x = b, x = c ta có:  x = a : a + 3 ≤ 10. a 2 + 1    x = b : b + 3 ≤ 10. b 2 + 1   x = c : c + 3 ≤ 10. c 2 + 1  a + b + c + 9 ≤ 10. ( a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1 ) ⇔ 10 ≤ a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1 Cách 2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy đặt y ur u uur u uu ur 3 C OA = ( a;1) ; AB = ( b;1) ; BC = ( c;1) . 2 B 1 A 1 7 O a a+b a+b+c x
Chương I. Hàm số – Trần Phương u r uu uur uur uu r u u Khi đó OC = OA + AB + BC = ( a + b + c ; 3) . uur uur u u u r u u u u u r u ur u ur ur uu Do OA + AB + BC ≥ OA + AB + BC = OC Từ đó suy ra a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1 ≥ 10 Bài 17. (Đề 33 III.2, Bộ đề thi TSĐH 1987 – 1995) Cho x 2 + y 2 = 1 . Tìm Max, Min của A = x 1 + y + y 1 + x . Giải. 1. Tìm MaxA: Sử dụng bất đẳng thức BunhiaCôpski ta có A≤ ( x 2 + y 2 ) ( 1 + y ) + ( 1 + x )  =   2 + x + y ≤ 2 + 2( x2 + y2 ) = 2 + 2 . 1 Vớ i x = y = thì Max A = 2+ 2 2 2. Tìm MinA: Xét 2 trường hợp sau đây • Trường hợp 1: Nếu xy ≥ 0 , xét 2 khả năng sau: +) Nếu x ≥ 0, y ≥ 0 thì A>0 ⇒Min A > 0 +) Nếu x ≤ 0, y ≤ 0 thì | A| ≤ ( x 2 + y 2 ) [ (1 + x) + (1 + y ) ] = 2+ x+ y = 2 − x − y ≤ 2 − ( x2 + y2 ) = 1 Từ 2 khả năng đã xét suy ra với xy ≥ 0 thì Min A = −1 2 • Trường hợp 2: Xét xy < 0 : Đặt x + y = t ⇒ xy = t − 1 < 0 ⇒ t ∈ ( −1,1) 2 A 2 = x 2 ( 1 + y ) + 2 xy ( 1 + x ) ( 1 + y ) + y 2 ( 1 + x ) = 1 + xy ( x + y ) + 2 xy 1 + x + y + xy = 1 + t ⋅ t − 1 + 2 ⋅ t − 1 1 + t + t − 1 = t − 1 ( 1 + 2 ) t + 2  + 1 2 2 2 2 2   2 2 2 ⇔ A = f ( t ) = ( 1 + 2 ) t + 2 t − ( 1 + 2 ) t + 2 − 2  2 1 3 2 2  ( ) Ta có: f ′ ( t ) = 3 1 + 2 t 2 + 2 t − 1 + 2 = 0 ⇔ t = t1 = − 1 + 2 ; t = t 2 = 2 − 1 2 2 3 ( ) Thế t1 , t 2 vào phần dư của f ( t ) chia cho f ′ ( t ) ⇒ f ( t1 ) = 2 19 − 3 2 ; f ( t 2 ) = 0 . 27 Nhìn bảng biến thiên suy ra: A 2 ≤ f ( t1 ) ⇒ A ≥ − f ( t1 ) suy ra t − 112 1ƒ′ +0− + ƒ1 1 1t t ƒ 0+ 1 8
Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 2 ( 19 − 3 2 ) Min A = − f ( t1 ) = − < −1 27 t 2 −1 xảy ra ⇔ x + y = t1 ; xy = 1 2 ( ) ⇒ x, y là nghiệm của u 2 + 1 + 2 u + 2 − 3 = 0 ⇒ x, y = − 1 + 2 ± 15 − 2 2 3 9 6 Kết luận: Max A = 2 ( 19 − 3 2 ) 2 + 2 ; Min A = − 27 3 Bài 18. Cho x, y, z ∈ [ 0,1] thoả mãn điều kiện: x + y + z = . 2 Tìm Max, Min của biểu thức: S = cos ( x + y + z ) 2 2 2 3 π Giải. Do x, y, z ∈ [ 0,1] nên 0 < x + y + z < x + y + z = < . 2 2 2 2 2 Vì hàm số y = cos α nghịch biến trên 0, π 2 ( ) nên bài toán trở thành. 1. Tìm MaxS hay tìm Min ( x 2 + y 2 + z 2 ) x 2 + y 2 + z 2 = 1 ( 1 2 + 1 2 + 12 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ ( x + y + z ) = 3 . 2 3 4 1 thì MaxS = cos 3 Vớ i x = y = z = 2 4 2. Tìm MinS hay tìm Max ( x + y + z 2 ) 2 2 Cách 1: Phương pháp tam thức bậc hai: Không mất tính tổng quát giả sử z = Max { x, y, z} ⇒ z ∈  ;1 . Biến đổi và 1 2    đánh giá đưa về tam thức bậc hai biến z ( ) 2 x 2 + y 2 + z 2 = z 2 + ( x + y ) − 2 xy ≥ z 2 + 3 − z = 2 z 2 − 3 z + 9 = f ( z ) 2 2 4 Do đồ thị hàm y = f(z) là một parabol quay bề lõm lên trên nên ta có: { () 2 } () Max f ( z ) = Max f 1 ; f ( 1) = f 1 = f ( 1) = 5 . 2 4 5 Với z = 1; x = 1 ; y = 0 thì MinS = cos 2 4 Cách 2: Phương pháp hình học Xét hệ tọa Đề các vuông góc Oxyz. Tập hợp các điểm M ( x, y , z ) thoả mãn điều kiện x, y, z ∈ [ 0,1] nằm trong hình lập phương ABCDA′ B′ C′ O cạnh 1 với A(0, 1, 1); B(1, 1, 1); C(1, 0, 1); D(0, 0, 1); A′ (0, 1, 0); B′ (1, 1, 0); C′ (1, 0, 0). 9
Chương I. Hàm số – Trần Phương Mặt khác do x+ y+z=3 nên M ( x, y , z ) nằm trên mặt phẳng (P): 2 x+ y+z=3 2 Vậy tập hợp các điểm M ( x, y , z ) thoả mãn điều kiện giả thiết nằm trên thiết diện EIJKLN với các điểm E, I, J, K, L, N là trung điểm các cạnh hình lập phương. Gọi O′ là hình chiếu của O lên EIJKLN thì O ′ là tâm của hình lập phương và cũng là tâm của lục giác đều EIJKLN. Ta có O ′ M là hình chiếu của OM lên EIJKLN. Do OM 2 = x 2 + y 2 + z 2 nên OM lớn nhất ⇔ O′ M z lớn nhất 3/ 2 ⇔ M trùng với 1 trong 6 đỉnh E, I, J, K, L, N. 1 J K Từ đó suy ra: ( ) I M x + y + z ≤ OK = 1 + 1 = 5 2 2 2 2 O′ 4 4 L O 1 3/ 2 + z ) ≥ cos ( 5 ) x ⇒ cos ( x 2 + y 2 2 1 E 4 3/ 2 N 5 y Với z = 1; x = 1 ; y = 0 thì MinS = cos 2 4 3 Bài 19. Cho a,b,c > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c ≤ 2 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của S = a 2 + 2 + b2 + 2 + c 2 + 2 b c a Giải. Sai lầm thường gặp: 1 1 1  2 1  2 1  2 1  S ≥ 3.3 a2 + 2 ⋅ b 2 + 2 ⋅ c 2 + 2 = 3.6 a + 2 b + 2 c + 2  b c a  b  c  a   1  1  1  6 ≥ 3. 6  2 ⋅ a 2 ⋅ 2 2 2   2 ⋅ b ⋅ 2   2 ⋅ c ⋅ 2  = 3. 8 = 3 2 ⇒ Min S = 3 2  b   c  a    • Nguyên nhân: 1 1 1 3 Min S = 3 2 ⇔ a = b = c = = = = 1 ⇒ a + b + c = 3 > mâu thuẫn với giả thiết a b c 2 • Phân tích và tìm tòi lời giải : 10
Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số Do S là một biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán Min S đạt tại 1 a=b=c= 2  Sơ đồ điểm rơi:  2 2 2 1 a = b = c = 4 1  1 4 a=b=c= ⇒ ⇒ = ⇒ α = 16 2  1 = 1 = 1 =4 4 α  αa 2 αb 2 αc 2 α   Cách 1: Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có 1 1 1 1 1 1 S = a2 + 2 + ... + 2 + b2 + 2 + ... + 2 + c2 + + ... + 16b 4 2 4 16b 14 43 164 4 2 4 16c 1c 43 164 4 2 4 1642 1a 4 2 4a3 16 16 16 a2 b2 c2  a b c  ≥ 17 ⋅17 16 32 + 17 ⋅17 16 32 + 17 ⋅17 16 32 = 17 17 8 16 + 17 8 16 + 17 8 16  16 b 16 c 16 a  16 b 16 c 16 a   a b c  1 ≥ 17 3 ⋅ 3 17 8 16 ⋅ 17 8 16 ⋅ 17 8 16  = 3 17 17   16 b 16 c 16 a  16 a 5 b 5 c 5 8 3 17 3 17 3 17 = ≥ ≥ 1 3 17 ( ) 2⋅ 17 (2a 2b 2c)5 15 2 . Với a = b = c = thì Min S = 2 ⋅ 17 2a + 2b + 2c 2 2 3  Cách 2: Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức BunhiaCôpski ta có  2 1 1  2 1  2 1  4  a + 2 = b 17 ⋅ a + 2  1 + 4 ≥  b  2 ( 17 ) ⋅a +   b    1 1  2 1  2 1  4 +  b2 + 2 = c 17 ⋅  c  ( b + 2  1 + 4 ≥ 2 17 ) ⋅ b +   c    2 1 1  2 1  2 1  4  c + a2 = 17 ⋅ c + 2  1 + 4 ≥  a  2 (⋅c +  17  a )  1  4 4 4 1  1 1 1 15  1 1 1   ⇒S≥ ⋅ a + b + c + + +  = ⋅ a + b + c + + + +  + +  17  a b c 17  4a 4b 4c 4  a b c    1  6 1 1 1 15  3 1 1 1   1  45 1  ≥ 6 ⋅ abc ⋅ ⋅ ⋅ + 3⋅ ⋅ ⋅  = 3 + 4 ⋅ 3  17  4a 4b 4c 4  a b c  17  abc  11
Chương I. Hàm số – Trần Phương 1  45 1  1  45  3 17 ≥ 3+ 4 ⋅ a + b + c  ≥  3 + 4 ⋅ 2  = 2 . Với a = b = c = 1 thì Min S = 3 17 17   17   2 2  3  ( ) ( ) ( ) uur 1 uu r 1 uuu r 1  Cách 3: Đặt u = a , b ; v = b , c ; w = c , a uur uu r uuu uur uu uuu r r r Do u + v + w ≥ u + v + w nên suy ra : 2 1 1 1 1 1 1 S = a + 2 + b2 + 2 + c2 + 2 ≥ ( a + b + c) +  + +  2 2 b c a a b c 2 2 = ( a + b + c ) 2 + 1  1 + 1 + 1  + 15  1 + 1 + 1      16  a b c 16  a b c ( ) 2 15   ≥ 2 ( a + b + c) ⋅ 1 ⋅ 1 + 1 + 1 +  3 ⋅ 3 1 ⋅ 1 ⋅ 1  4 a b c 16  a b c 1 135 1 9 135 1 ⋅ 3 ⋅ 3 abc ⋅ 3 ⋅ 3 1 ⋅ 1 ⋅ 1 + ⋅ + ⋅ ≥ 2 ≥ ( ) 2 a b c 16 ( 3 2 16 a + b + c 2 abc ) 3 9 135 18 135 153 3 17 1 3 17 ≥ + ⋅4 = + = = . Với a = b = c = thì Min S = 2 16 4 4 4 2 2 2 B. CÁC ỨNG DỤNG GTLN, GTNN CỦA HÀM SỐ I. ỨNG DỤNG TRONG PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH Bài 1. Giải phương trình: 4 x−2 + 4 4−x =2 Giải. Đặt f ( x ) = 4 x − 2 + 4 4 − x với 2 ≤ x ≤ 4 f ′ ( x) = 1  1 − 1  =0⇔ x=3 44(   x − 2) ( 4 − x) 3 3 4  x234 ƒ′ − + ƒ 2 0+ Nhìn BBT suy ra: f ( x ) ≥ f ( 3) = 2 ∀x ∈ [ 2, 4] ⇒ Phương trình f ( x ) = 4 x − 2 + 4 4 − x = 2 có nghiệm duy nhất x = 3 Bài 2.Giải phương trình: 3 x + 5 x = 6 x + 2 Giải. PT ⇔ f ( x ) = 3 x + 5 x − 6 x − 2 = 0 . Ta có: f ′ ( x ) = 3 x ln 3 + 5 x ln 5 − 6 12
Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số ⇒ f ′′ ( x ) = 3 x ( ln 3) + 5 x ( ln 5 ) > 0 ∀x ∈ ¡ ⇒ ƒ′ (x) đồng biến 2 2 Mặt khác ƒ′ (x) liên tục và f ′ ( 0 ) = ln 3 + ln 5 − 6 < 0 , f ′ ( 1) = 3ln 3 + 5 ln 5 − 6 > 0 x − 0x0 1+∞ f ′ − + f ∞ + 0+ ⇒ Phương trình ƒ′ (x) = 0 có đúng 1 nghiệm x0 ƒ(x0) Nhìn bảng biến thiên suy ra: Phương trình f ( x ) = 3 x + 5 x − 6 x − 2 = 0 có không quá 2 nghiệm. Mà f ( 0 ) = f ( 1) = 0 nên phương trình (1) có đúng 2 nghiệm x = 0 và x = 1 Bài 3.Tìm m để BPT: m 2 x 2 + 9 < x + m có nghiệm đúng ∀x ∈ ¡ x Giải. m 2 x 2 + 9 < x + m ⇔ m ( 2 x 2 + 9 − 1) < x ⇔ m < f ( x ) = 2 2x + 9 − 1 9 − 2x 2 + 9 Ta có: f ′ ( x ) = = 0⇔ 2 x 2 + 9 = 9 ⇔ x = ±6 2 x + 9 ( 2 x + 9 − 1) 2 2 2 lim f ( x ) = lim 1 = 1 x− − + f ′ − ∞ 66+∞ − 0+0− x →+∞ x →+∞ 2 + 92 − 1 2 ; ƒ x x lim f ( x ) = lim −1 = −1 x →−∞ x →−∞ 9 +1 2 2+ 2 x x 3 −3 Nhìn BBT ta có f ( x ) > m , ∀x ∈ ¡ ⇔ Min f ( x ) = f ( −6 ) = − > m ⇔ m < x∈¡ 4 4 π π Bài 4.Tìm m để PT: 2 + 2 sin 2 x = m ( 1 + cos x ) 2 (1) có nghiệm x ∈  − ,    2 2  π π −π π Giải. Do x ∈  − ,  ⇒ ∈  ,  nên đặt t = tg ∈ [ −1,1] x x  2 2   2  4 4   2 1 − t 2 sin x = 2t ⇒ cos x = 2 . Khi đó (1) ⇔ 2 ( sin x + cos x ) = m ( 1 + cos x ) 2 2 2 ; 1+ t 1+ t 2 2  2   2  ⇔ 2  2t + 1 − t  = m 1 + 1 − t 2  ⇔ f ( t ) = ( 2t + 1 − t 2 ) = 2m (2) 2 2  1+ t   1+ t  Ta có: f ′ ( t ) = 2 ( 2t + 1 − t 2 ) ( 2 − 2t ) = 0 ⇔ t = 1; t = 1 − 2 ⇒ Bảng biến thiên Nhìn bảng biến thiên suy ra: Để (2) có nghiệm t ∈ [ −1,1] t−11ƒ′ (t) − + ƒ(t) 4 0+ ) 04 13
Chương I. Hàm số – Trần Phương thì tMin] f ( t ) ≤ 2m ≤ tMax] f ( t ) ∈[ −1,1 ∈[ −1,1 π π ⇔ 0 ≤ 2m ≤ 4 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2 . Vậy để (1) có nghiệm x ∈  − ,  thì m ∈ [ 0; 2] .  2 2    x 2 − 3x ≤ 0  Bài 5.Tìm m để hệ BPT:  (1) có nghiệm.  x 3 − 2 x x − 2 − m 2 + 4m ≥ 0  0 ≤ x ≤ 3  Giải. (1) ⇔  (2).  f ( x ) = x 3 − 2 x x − 2 ≥ m 2 − 4m  3x 2 + 4 x − 4 ∀x ∈ [ 0; 2 ) x023 f ′ − + + f0CT821 0+  Ta có: f ′ ( x ) =  ; 3x 2 − 4 x + 4 ∀x ∈ ( 2;3]  ƒ′ (x) = 0 ⇔ x = . Nhìn BBTsuy ra: Max] f ( x ) = f ( 3) = 21 2 3 x∈[ 0;3 Để (2) có nghiệm thì Max] f ( x ) ≥ m − 4m ⇔ m 2 − 4m ≤ 21 ⇔ − ≤ m ≤ 7 2 x∈[ 0;3 3 sin x cos y = m 3 − m 2 − 6m + 35   4 Bài 6. Tìm m ≥ 0 để hệ:  (1) có nghiệm. cos x sin y = m 2 − 6m + 33   4 Giải sin x cos y + cos x sin y = m 3 − 12m + 17 sin ( x + y ) = m 3 − 12m + 17   (1) ⇔  ⇔ (2) 3 sin x cos y − cos x sin y = m − 2m + 2 1 sin ( x − y ) = m 3 − 2m 2 + 1  2  2 Xét f ( m ) = m 3 − 12m + 17 . Ta có: f ′ ( m ) = 3m 2 − 12 = 0 ⇔ m = 2 > 0 Nhìn BBT suy ra: ƒ(m) ≥ ƒ(2) = 1,∀m ≥ 0 kết hợp với sin ( x + y ) ≤ 1 suy ra đểhệ (2) m02 +∞ ƒ′ − + ƒ 171+∞ + 0+ + có nghiệm thì m = 2, khi đó hệ (2) trở thành: sin ( x + y ) = 1  π π  có nghiệm x = ; y = . Vậy (1) có nghiệm ⇔ m = 2. sin ( x − y ) = 1 3 6  2 14
Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số II. ỨNG DỤNG GTLN, GTNN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài 1.Chứng minh rằng: 1 + x ln ( x + 1 + x 2 ) ≥ 1 + x 2 , ∀x ∈ ¡ BĐT ⇔ f ( x ) = 1 + x ln ( x + 1 + x 2 ) − 1 + x 2 ≥ 0 ∀x ∈ ¡ Ta có: f ′ ( x ) = ln ( x + 1 + x 2 ) = 0 ⇔ x = 0 ⇒ Bảng biến thiên. x− + f ′ − + f ∞0+∞ 0+ Nhìn bảng biến thiên suy ra: 0 f ( x ) ≥ f ( 0 ) = 0 ⇒ (đpcm)  a , b, c > 0  3 3 Bài 2.Cho  CMR: T = 2 a 2 + 2 b 2 + 2 c 2 ≥ a + b + c = 1  2 2 2 b +c c +a a +b 2 a b c a2 b2 c2 Ta có: T = 1 − a 2 + 1 − b 2 + 1 − c 2 = ( 2) + + . a 1− a b(1 − b 2) c (1 − c2 ) Xét hàm số f ( x ) = x ( 1 − x 2 ) với x > 0 1 >0 Ta có f ′ ( x ) = 1 − 3x = 0 ⇔ x = 2 . x − +∞ f ′ +0−f ∞+ − 3 2 ∀x > 0 Nhìn bảng biến thiên ⇒ f ( x ) ≤ . 3 3 a2 + b2 + c2 ≥ 3 3 ( a2 + b2 + c2 ) = 3 3 Khi đó : T = f ( a) f ( b) f ( c) 2 2 1 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = . 3 15
Chương I. Hàm số – Trần Phương Bài 3.Cho 3 ≤ n lẻ. Chứng minh rằng: ∀x ≠ 0 ta có: ( 1 + x + x2! + ... + xn! ) ( 1 − x + x2! − x3! + ... − xn ! ) < 1 2 n 2 3 n x 2 + ... + x n ; v ( x ) = 1 − x + x 2 − x 3 + ... − x n Đặ t u ( x ) = 1 + x + . 2! n! 2! 3! n! Ta cần chứng minh f ( x ) = u ( x ) .v ( x ) < 1 u ′ ( x ) = 1 + x + x 2 + ... + x n −1 = u ( x ) − x n  2! ( n − 1) ! n!  Ta có:  v ′ ( x ) = −1 + x − x 2 + ... − x n −1 = −v ( x ) − x n   2! ( n − 1) ! n!  x n  v ( x ) − u ( x ) v ( x ) + x n  ⇒ f ′ ( x ) = u ′ ( x ) .v ( x ) + u ( x ) .v ′ ( x ) = u ( x ) −  n!    n!  − x n [ u ( x ) + v ( x ) ] = −2 x n 1 + x 2 + x 4 + ... + x n −1  ⇒ f ′ ( x) = n!  2! 4! ( n − 1) ! n!   Do 3 ≤ n lẻ nên ƒ′ (x) cùng dấu với (−2x) Nhìn bảng biến thiên suy ra: x − + f ′ +0−f1 ∞0+∞ −1 f ( x ) < f ( 0 ) = 1 ∀x ≠ 0 ⇒ (đpcm) a 3 + b3 4 a 4 + b 4 Bài 4. Chứng minh rằng: 3 ≤ ∀a, b > 0. 2 2 ( ) 4 4 1+ a 4 4 a4 + b4 4 2 b 1+ t4 4 2 ≥ ⇔ = ≥ 1+ ( a) 3 3 3 a 3 + b3 2 3 3 1+ t3 2 t01+ ∞ f′ − f1 0+ 1 3 b 1 1 4 1+ t4 (1+ t4 ) 4 a Xét f(t) = = 1 với t = >0 3 1+ t 3 (1 + t ) 3 3 b −2 (1 + ) −3 1 1 −2 −3 (1 + t4 ) 4 t3 (1 + t3 ) 3 − (1 + t4 ) 4 t2 (1+ t3 ) 2 3 f′ (t) = 3 t 2 t3 ( 1 + t 4 ) 4 ( t − 1) 2 = (1+ t3 ) 3 2 (1+ t3 ) 3 f′ (t) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ Bảng biến thiên của f(t) 4 4 2 4 2 a4 + b4 a 3 + b3 4 a 4 + b 4 Từ BBT ⇒ 3 ≤ f(t) < 1 ∀t > 0 ⇒ 3 ≤ ⇒ 3 ≤ . 2 2 3 a 3 + b3 2 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b > 0. 16
Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số III. BÀI TẬ P VỀ NHÀ Bài 1. Cho ∆ABC có A > B > C . Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x) = x − sin A + x − sin B − 1 x − sin C x − sin C Bài 2. Tìm Max, Min của: y = sin 6 x + cos 6 x + a sin x cos x a4 b4  a2 b2  a b Bài 3. Cho ab ≠ 0. Tìm Min của y = 4 + 4 −  2 + 2  + + b a b a  b a x2 + y2 Bài 4. Cho x 2 + y 2 > 0 . Tìm Max, Min của S = x 2 + xy + 4 y 2 2 1 Bài 5. Giả sử phương trình x + px + 2 = 0 có nghiệm x1, x2. p Tìm p ≠ 0 sao cho S = x14 + x 2 nhỏ nhất. 4 Bài 6. Tìm Min của y = ( 2 + 3 ) + ( 2 − 3) − 8 ( 2 + 3 ) + ( 2 − 3 )  2x 2x x x   Bài 7. Cho x, y ≥ 0 và x + y = 1 . Tìm Max, Min của S = 3 x + 9 y . Bài 8. Cho x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Tìm Max, Min của P = x + y + z + xy + yz + zx . Bài 9. Tìm m để PT: 2 − x + 2 + x − ( 2 − x ) ( 2 + x ) = m có nghiệm. Bài 10 Tìm m để PT: x + 9 − x = − x 2 + 9 x + m có nghiệm. Bài 11 Tìm m để PT: ( x 2 − 2 x + 2 ) 3 − 4 x 2 − 2 x + 2 = 2 x 2 − 4 x + m có 4 nghiệm phân biệt. 3x 2 − 1 = 2 x − 1 + mx Bài 12 Tìm m để PT: có nghiệm duy nhất. 2x − 1 Bài 13 π Tìm m để PT: m cos 2 x − 4 sin x cos x + m − 2 = 0 có nghiệm x ∈ 0, . 4 ( ) π π Bài 14 Tìm m để PT: sin x.cos 2 x.sin 3 x = m có đúng 2 nghiệm x ∈  ,  .  4 2  3 x 2 + 2 x − 1 < 0  Bài 15 Tìm m để hệ BPT:  có nghiệm.  x 2 + 3mx + 1 < 0  Bài 16 a. Tìm m để: m x 2 + 8 = x + 2 có 2 nghiệm phân biệt. b. Cho a + b + c = 12 . CMR: a 2 + 8 + b 2 + 8 + c 2 + 8 ≥ 6 6 Bài 17 Chứng minh: 2 ( x 3 + y 3 + z 3 ) − ( x 2 y + y 2 z + z 2 x ) ≤ 3 , ∀x, y , z ∈ [ 0,1] 17