Khóa luận Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số và ứng dụng

: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của ( ) 6 32 1 xy = 1 x + + . Giải : Đặt x tan= α , ta có : ( ) ( ) ( ) 2 4 6 2 4 2 4 3 22 2 4 4 2 2 4 22 2 2 2 2 sin sin11 tan 1 tan tan cos cosy 11 tan 1 tan cos cos sin .cos sin sin cos 3sin .cos 31 sin 2 . 4 α α− ++ α − α+ α α α= = = = + α + α α = α− α α+ α = = α+ α − α α = = − α Vì 20 sin 2 1≤ α≤ nên 21 31 sin 2 1 4 4 ≤ − α≤ . Vậy, max y = 1 khi và chỉ khi sin 2 0α= hay k (k ) 2 πα= ∈ và min y = 1 4 khi và chỉ khi 2 2sin 2 1 cos 2 0 k 4 2 π πα = ⇔ α = ⇔ α = + . Ví dụ 2 : Cho x, y thỏa 2 2x 2y 4+ = . Tìm giá trị lớn nhất của 2f (x, y) x y 2 = − . Giải Ta có: 22 2 2 x yx 2y 4 1 2 2 ⎛ ⎞⎛ ⎞+ = ⇔ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . Đặt x 2cos a, y 2 sin a= = . Khi đó : Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 16 ( ) 2 2 1f x, y 2cos a . 2 sin a 2cos a sin a 5 cos a sin a 2 5 5 ⎛ ⎞= − = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠ . Mà 2 2 2 1 1 5 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ nên có thể đặt 2 1cos b, sin b 5 5 = − = . Do đó : ( ) ( ) ( )f x, y 5 cos b.cos a sin b.sin a 5 cos a b 5= + = − ≤ . Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 2 4 5 10a b k2 x 2. , y 5 55 − = π ⇒ = = = − . Vậy max f (x, y) 5= . # Các phương pháp nêu trên đều có ưu, nhược điểm riêng. Tùy theo đặc điểm của từng bài mà ta có thể lựa chọn phương pháp phù hợp nhất. Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 17 B. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA CÁCH DÙNG CÁC PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT : I. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠO HÀM : Bài 1: Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a b c 3+ + ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 2 2 2 2 a 1 a a 1 b 1 b b 1 c 1 c c 1 P a 1 b 1 c 1 + + + + + + + + += + ++ + + . Giải : Ta có : 2 2 2 2 2 2 a 1 a a 1 b 1 b b 1 c 1 c c 1 P a 1 b 1 c 1 + + + + + + + + += + ++ + + = = 2 2 2 a 1 b 1 c 1 a b c a 1 b 1 c 1 + + ++ + + + ++ + + . Đặt T = 2 2 2 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 + + ++ ++ + + . Xét hàm số 2 x 1f (x) x 1 += + có tập xác định là D = . 2 2 2 2 2 xx 1 (x 1) x 1 1 xf '(x) x 1 (x 1) x 1 + − ++ −= =+ + + . f '(x) 0 x 1= ⇔ = . Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy : f (x) 2≤ với mọi x∈ . Suy ra : 2 a 1 2 . (1) a 1 + ≤+ 1 +∞−∞ f(x) x f (x)′ 0 −+ 2 1 − 1 Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 18 2 b 1 2 . (2) b 1 + ≤+ 2 c +1 2 . (3) c 1 ≤+ Cộng (1), (2) và (3) theo vế, ta được : T 3 2≤ . (4) Theo giả thiết : a b c 3+ + ≤ . (5) Cộng (4) và (5) theo vế, ta được : P 3 2 3≤ + . Đẳng thức xảy ra khi a b c 1= = = . Vậy max P 3 2 3= + . Bài 2: Giả sử (x; y) là một nghiệm của hệ 2 2 x y 2 a x y x y 3 + = −⎧⎨ + + =⎩ . Tìm a để biểu thức 2 2M x y x y= + − đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Giải : Ta có : (*) 2 2 2 2 x y 2 a x y 2 a x y 2 a x y xy 3 (x y) xy 3 x y (2 a) 3 + = − + = − + = −⎧ ⎧ ⎧⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨+ + = + − = = − −⎩ ⎩ ⎩ . Hệ (*) có nghiệm khi và chỉ khi 2 2(2 a) 4[(2 a) 3] 0− − − − ≥ 2 2 12 3(2 a) 0 (2 a) 4 2 2 a 2 0 a 4. ⇔ − − ≥ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ Do đó, với a [0; 4]∈ thì hệ (*) có nghiệm. Xét 2 2 2 2M x y xy (x y xy) 2xy= + − = + + − 2 23 2[(2 a) 3] 2a 8a 1 f (a)= − − − =− + + = . f '(a) 4a 8. f (a) 0 a 2. f (2) 9; f (0) 1; f (4) 1. = − + ′ = ⇔ = = = = Vậy : Giá trị nhỏ nhất của M là 1, đạt được khi a = 0 hoặc a = 4. Giá trị lớn nhất của M là 9, đạt được khi a = 2. Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 19 II. SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC : 1. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY : Bài 3 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 2 2 2A x y z u= với điều kiện x, y, z, u là những số dương và 2x xy z yzu 4+ + + = . Giải : Ta có : 2 2 2 1A x y z u .2x.xy.z.yzu 2 = = . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 4 thừa số dương 2x, xy, z, yzu ta được : 42x xy z yzu2x.xy.z.yzu 1 4 + + +⎛ ⎞≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠ . Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi : y 2 1u 22x x y z yzu 1x 2 z 1 =⎧⎪⎪ =⎪= = = ⇔ ⎨⎪ =⎪⎪ =⎩ . Vậy, giá trị lớn nhất của A là 1 2 , đạt được khi 1x u , y 2, z 1 2 = = = = . Bài 4: Cho điểm M nằm trong góc tam diện vuông (Oxyz) có khoảng cách đến (yOz), (zOx), (xOy) tương ứng là a, b, c. Tìm thể tích bé nhất của tứ diện OABC được tạo thành do mặt phẳng qua M cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C. Giải : Từ M hạ MI, MJ, MK tương ứng vuông góc với 3 mặt phẳng (yOz), (zOx), (xOy). Theo đề, ta có : MI = a, MJ = b, MK = c. Nối MA, MB, MC, MO. Tứ diện OABC bị chia thành 3 tứ diện đỉnh M, ba mặt là OBC, OCA, OAB, với chiều cao lần lượt là a, b, c. Do đó : OABC M BOC MCOA M AOBV V V V . 1 1 1 1OA.OB.OC OB.OC.a OC.OB.b OA.OB.c. 6 6 6 6 = + + ⇔ = + + a b c1 OA OB OC ⇒ = + + . Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 20 x y z K O A B C MJ I Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số a b c, , OA OB OC ta được : 3 a b c abc1 3 OA OB OC OA.OB.OC OA.OB.OC 27abc 9V abc. 2 = + + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi OA 3a a b c 1 OB 3b OA OB OC 3 OC 3c =⎧⎪= = = ⇔ =⎨⎪ =⎩ . Vậy thể tích bé nhất của tứ diện OABC được tạo thành do mặt phẳng qua M cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C là 9 abc 2 . 2. BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPSKI : Bài 5: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số u y 2x 5= − + biết rằng x và y thỏa mãn phương trình 2 236x 16y 9+ = . Giải : Ta có : 1 1u 5 4y. 6x. 4 3 ⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠ . mà ( ) ( )2 2 21 1 1 14y. 6x. 4y 6x . 4 3 16 9 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤− ≤ + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . (Bất đẳng thức Bunhiacopski) Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 21 hay ( )2 2 21 1 25 25 254y. 6x. 16y 36x 9. 4 3 16.9 16.9 16 ⎛ ⎞− ≤ + = =⎜ ⎟⎝ ⎠ . nên 5 1 1 54y. 6x. 4 4 3 4 − ≤ − ≤ . 5 55 5 y 2x 5 4 4 15 25u . 4 4 ⇒ − ≤ + − ≤ + ⇔ ≤ ≤ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 36 6 636x 16y 9 x x x 225 15 154y 6x 9 9 91 1 y x y y 8 20 204 3 ⎧ + = ⎧ ⎧ ⎧= = =−⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨ ⎨= −⎪ ⎪ ⎪ ⎪=− =− =⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎩ ⎩ ⎩⎩ . Vậy : Giá trị nhỏ nhất của u là 15 4 , đạt được khi 6 9x , y 15 20 = = − . Giá trị lớn nhất của u là 25 4 , đạt được khi 6 9x , y 15 20 = − = . Bài 6: Trong những nghiệm của hệ sau : 2 2 2 2 x y 9 z t 16 xt yz 12 ⎧ + =⎪ + =⎨⎪ + ≥⎩ . Hãy tìm nghiệm để x z+ đạt giá trị lớn nhất. Giải : Ta có: ( ) ( )( )2 2 2 2 2xt yz x y z t 9.16 144+ ≤ + + = = (theo bất đẳng thức Bunhiacopski). xt yz 12⇒ + ≤ (1). Dấu “ = ”xảy ra khi x y k t z = = . (2) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3kx y x y 9 4k 3t z z t 16 k 4 ⎧ = −⎪+ ⎪⇒ = = = = ⇒ ⎨+ ⎪ =⎪⎩ . Theo giả thiết ta có xt yz 12+ ≥ nên kết hợp với (1) ta có xt yz 12+ = . Từ (2) xz yt⇒ = . Do đó : 2 2 2 2 2 2 2 2x y z t x 2xz z y 2yt t+ + + = + + + − + . ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 225 x z y t x z 25 y t 25⇒ = + + − ⇒ + = − − ≤ x z 5⇒ + ≤ . Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 22 Vậy, 9y t x 5x kt 12max(x z) 5 khi y t3 5k 4 16zy kz 5 ⎧=⎧ =⎪⎪ ⎪=⎪⎪ ⎪+ = ⇒ = =⎨ ⎨=⎪ ⎪⎪ ⎪ ==⎪ ⎪⎩ ⎩ . 3. CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC : Bài 7: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : ( )3 2 21y cos x sin x cos x. sin x= + + . Giải : Ta có : ( )3 3sin x cos x 2 2 cos x 2 2 4 π⎛ ⎞+ = − ≥ −⎜ ⎟⎝ ⎠ ( do cos x 14 π⎛ ⎞− ≥−⎜ ⎟⎝ ⎠ ). Dấu “ = ” xảy ra khi 5x k2 4 π= + π . Ngoài ra : 2 2 2 1 4 4 cos x. sin x sin 2x = ≥ ( do 2sin 2x 1≤ ). Khi 5x k2 4 π= + π thì dấu “ = ” cũng xảy ra . Vậy min y = 4 2 2− , đạt được khi 5x k2 4 π= + π . Bài 8: Cho α là một góc cố định cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) ( )2 2y tan x tan x= +α + −α . Giải : Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 y tan x tan x 1 1tan x tan x tan x tan x 2 2 = +α + −α = +α + −α − +α − −α⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 22 2 22 2 1 sin 2x 1 sin 2 2 cos x .cos x a 2 cos x .cos x 2 sin 2x sin 2sin 2x sin 2 A . 2cos x .cos x a Bcos 2x cos 2 α= ++α − +α −α + α+ α= = =+α − + α Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 23 A đạt giá trị nhỏ nhất khi sin 2x = 0 (vì 2sin 2x 0≥ ) . Khi đó: cos 2x = 1 hay cos 2x = −1. Do đó B đạt giá trị lớn nhất bằng ( )21 cos 2+ α khi cos 2 0 cos 2 1 α ≥⎧⎨ =⎩ x hay bằng ( )21 cos 2− + α khi cos 2 0 cos 2x 1 α≤⎧⎨ =−⎩ . Vậy : i) Nếu cos 2 0α ≥ thì ( ) 2 2 2 2sin 2min y 2 tan 1 cos 2 α= = α+ α khi x k (k )= π ∈ . ii) Nếu cos 2 0α < thì ( ) 2 2 2 2sin 2min y 2cot 1 cos 2 α= = α− α khi x k2 π= + π . 4. CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRỊ TUYỆT ĐỐI CƠ BẢN : Bài 9 : Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số ( ) 5 1f x x x 2 2 = − − + . Giải: Xét ( ) 5 1 5 1f x x x x x 2 2 2 2 = − − + = − − + . ( ) 5 1f x x x 3 2 2 ⎛ ⎞⇒ ≤ − − + =⎜ ⎟⎝ ⎠ . Do đó : ( )3 f x 3− ≤ ≤ (*). Dấu “ = ” trong (*) xảy ra khi và chỉ khi 5 1 1 5x . x 0 x x 2 2 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + ≥ ⇔ ≤− ∨ ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ . Vậy, giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là −3, đạt được khi 5x 2 ≥ . giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là 3, đạt được khi 1x 2 ≤− . Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 24 Bài 10 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : ( )f x x 3 4 x 1 x 15 8 x 1= + − − + + − − . Giải : Điều kiện : x 1≥ . Ta có : ( )f x x 3 4 x 1 x 15 8 x 1= + − − + + − − x 1 4 x 1 4 x 1 8 x 1 16= − − − + + − − − + ( ) ( )2 21 2 1 4x x= − − + − − = − − + − − = − − + − − ≥ − − + − − = 1 2 1 4 1 2 4 1 1 2 4 1 2. x x x x x x ( ) ( ) ( )x 1 2 . 4 x 1 0 2 x 1 4f x 2 5 x 17 x 1x 1 ⎧ ⎧− − − − ≥ ≤ − ≤⎪ ⎪= ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤⎨ ⎨ ≥⎪≥ ⎩⎪⎩ . Vậy, ( ) [ ] x 1 min f x =2 khi x 5; 17≥ ∈ . III. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP MIỀN GIÁ TRỊ CỦA HÀM SỐ : Bài 11: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 2 3y 4xyu x y −= + . Giải : Điều kiện : 2 2x y 0+ ≠ . Ta giả sử x 0≠ . Khi đó, chia tử và mẫu số của u cho 2x ta được : 2 2 y y3 4 x xu y1 x ⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎝ ⎠= ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ . Đặt yt x = , khi đó : 2 2 3t 4tu 1 t −= + . Giả sử 0u là một giá trị bất kì của hàm số 2 2 3t 4tu 1 t −= + . Khi đó, tồn tại t∈ sao cho phương trình ( ) 20 0u 3 t 4t u 0− + + = (*) có nghiệm t. Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 25 • 0u 3= : (*) trở thành 4t + 3 = 0 34t⇔ = − . Do đó nhận 0u 3= . • 0u 3≠ : (*) có nghiệm khi và chỉ khi ( )0 04 u u 3 0− − ≥ 2 0 0 0 u 3u 4 0 1 u 4. ⇔ − + + ≥ ⇔ − ≤ ≤ Do đó, với 01 u 4− ≤ ≤ thì (*) có nghiệm. Từ đó suy ra: 1 u 4− ≤ ≤ với mọi (x, y) thỏa 2 2x y 0+ ≠ . Vậy, min u = − 1 và max y = 4. Bài 12: Cho k 2k cos x k 1y cos x sin x 2 + += + + . Tìm k để giá trị lớn nhất của ky nhỏ nhất. Giải : Miền xác định của hàm ky là D = . Giả sử y là một giá trị bất kì của hàm ky . Khi đó, tồn tại x∈ sao cho phương trình 2k cos x k 1y cos x sin x 2 + += + + có nghiệm. hay phương trình ( )y 2k cos x ysin x k 1 2y− + = + − có nghiệm x. ( ) ( )2 22 2 2 2 2 y 2k y k 1 2y 2y 4y 3k 2k 1 0 2 21 3k 2k 1 y 1 3k 2k 1. 2 2 ⇔ − + ≥ + − ⇔ − − + + ≤ ⇔ − − + ≤ ≤ + − + Từ đó ta có : 2k 2max y 1 3k 2k 1 2 = + − + 22 1 2 2 2 31 3 k 1 . 1 2 3 3 2 33 ⎛ ⎞= + − + ≥ + = +⎜ ⎟⎝ ⎠ . Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 1k 3 = . Vậy giá trị lớn nhất của ky đạt giá trị nhỏ nhất là 31 3 + khi 1k 3 = . IV. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP DÙNG LŨY THỪA VỚI SỐ MŨ CHẴN : Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 26 Bài 13: Cho tam giác ABC, tìm giá trị lớn nhất của ( )P 3 cos B 3 cos A cosC= + + . Giải : Ta có : A C A CP 3 cos B 6cos . cos 2 2 + −= + = B A C3 cos B 6sin .cos 2 2 −= + (vì A B C+ + =π nên A C B Bcos sin sin 2 2 2 2 + π⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠ ). Suy ra : P 2 B B3 1 2sin 6sin 2 2 ⎛ ⎞≤ − +⎜ ⎟⎝ ⎠ ( vì A Ccos 1 2 − ≤ ) . hay P 2 B B2 3 sin 6sin 3 2 2 ≤ − + + 2 B 3 5 3 5 32 3 sin 2 2 2 2 ⎛ ⎞≤− − + ≤⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ( vì 2 B 3sin 0 2 2 ⎛ ⎞− ≥⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ). Dấu “ = ” xảy ra khi 0 0 A Ccos 1 A C 302 B 3 B 120sin 2 2 −⎧ =⎪ ⎧ = =⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ =⎪⎩⎪ =⎪⎩ . Vậy max P = 5 3 2 khi 0 0 A C 30 B 120 ⎧ = =⎪⎨ =⎪⎩ . Bài 14: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2T x y= + biết x và y là nghiệm của phương trình 2 25x 8xy 5y 36+ + = (*) . Giải : Ta có : ( ) ( ) ( )2 2 2 2* x y 4 x 2xy y 36⇔ + + + + = ( ) ( )( ) 2 2 T 4 x y 36 T 36 do x y 0 . ⇔ + + = ⇒ ≤ + ≥ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi : 2 2 25x 8xy 5y 36 x 18 x y 0 y x ⎧ ⎧+ + = =⇔⎨ ⎨+ = = −⎩ ⎩ Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 27 x 3 2 x 3 2 y 3 2 y 3 2 ⎧ ⎧= = −⎪ ⎪⇔ ∨⎨ ⎨= − =⎪ ⎪⎩ ⎩ . Vậy, max T = 36 x 3 2 x 3 2 y 3 2 y 3 2 ⎧ ⎧= = −⎪ ⎪⇔ ∨⎨ ⎨= − =⎪ ⎪⎩ ⎩ . Mặt khác, ta lại có : ( ) ( ) ( )2 2 2 2* 9 x y 4x 8xy 4y 36⇔ + − − + = ( ) ( )( ) 2 2 9T 4 x y 36 36T 4 do 4 x y 0 . 9 ⇒ − − = ⇒ ≥ = − ≥ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi : 2 2 25x 8xy 5y 36 x 2 x y 0 y x ⎧ ⎧+ + = =⇔⎨ ⎨− = =⎩ ⎩ . x y 2 x y 2⇔ = = ∨ = = − . Vậy, min T = 4 x y 2 x y 2⇔ = = ∨ = = − . V. SỬ DỤNG TÍNH CHẤT LỒI, LÕM CỦA HÀM SỐ Bài 15: Cho biểu thức 1 1 1F cos A cos B cos C = + + (A, B, C nhọn). Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của F. Giải : Xét hàm số 1y f (x) , x 0; cos x 2 π⎛ ⎞= = ∈ ⎜ ⎟⎝ ⎠ , ta có : 2 sin xy ' cos x = . 3 2 2 4 3 cos x 2sin x.cos x( sin x) cos x 2sin xy" 0 cos x cos x − − += = > với mọi x 0; 2 π⎛ ⎞∈⎜ ⎟⎝ ⎠ . Suy ra f(x) là hàm lồi trên 0; 2 π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . Do đó : ( ) ( ) ( ) A B Cf A f B f C 3f 3 + +⎛ ⎞+ + ≥ ⎜ ⎟⎝ ⎠ 1 1 1 13 A B Ccos A cos B cos C cos 3 1 1 1 13 6. cos A cos B cos C cos 3 ⇔ + + ≥ + + ⇔ + + ≥ =π Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 28 Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi A B C 3 π= = = . Vậy min F = 6 khi A B C 3 π= = = . Bài 16: Cho a, b, c là ba số dương và a + b + c = 1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 10 10 101 1 1P a b c a b c ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . Giải : Do a, b, c là các số dương và a + b + c = 1 nên 0 a 1 0 b 1 0 c 1 < <⎧⎪ < <⎨⎪ < <⎩ . Xét hàm số ( ) 101f x x x ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ với ( )x 0;1∈ . Ta có : ( ) 9 21 1f ' x 10 x 1x x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . ( ) 8 2 92 31 1 1 2f " x 90 x . 1 10 x . 0x x x x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − + + >⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ với mọi ( )x 0;1∈ . Suy ra f(x) là hàm lồi trên trên (0;1) . Do đó, ta có : ( ) ( ) ( )1 a b cf a f b f c f 3 3 + +⎛ ⎞+ + ≥⎡ ⎤ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠ . hay 1010 10 10 10 9 1 1 1 a b c 3 10a b c 3 a b c 3 a b c 3 ⎡ ⎤ ⎛ ⎞+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + + ≥ + =⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ( do a + b + c = 1 ). Suy ra 10 9 10P 3 ≥ . Dấu “ = ” trong (*) xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 3 . Vậy, min P = 10 9 10 3 khi a = b = c = 1 3 . VI. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ - VECTƠ : Bài 17: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số u y 2x 5= − + biết rằng x và y thỏa mãn phương trình 2 236x 16y 9+ = . Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 29 Giải : Ta có 1 1u 5 4y. 6x. 4 3 ⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠ . Xét 2 vectơ ( ) 1 1a 4y; 6x ,b ; 4 3 ⎛ ⎞= − = ⎜ ⎟⎝ ⎠ r r . Ta có : ( )2 2 2a. b a . b≤r r ur ur . Nên : ( ) ( ) ( )2 2 2 2 21 1 1 1 25 25 254y. 6x. 4y 6x . 16y 36x 9. 4 3 16 9 16.9 16.9 16 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤− ≤ + − + = + = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 22 2 36 6 6x x x36x 16y 9 225 15 15 4 3 9 9 9y x y x y y3 2 8 20 20 ⎧ ⎧ ⎧⎧ = = =−+ = ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨ ⎨=−⎪ ⎪ ⎪ ⎪= − =− =⎩ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎩ . Vậy : Giá trị nhỏ nhất của u là 15 4 , đạt được khi 6 9x , y 15 20 = = − . Giá trị lớn nhất của u là 25 4 , đạt được khi 6 9x , y 15 20 = − = . Bài 18: Cho điểm A thuộc mặt cầu tâm O có bán kính bằng R. Xét các tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu và gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD. Tìm vị trí của điểm G khi biết 2 2 2 2 2 2AB AC AD BC CD DB+ + − − − đạt giá trị nhỏ nhất. Giải : O A C D A ' B G Kẻ đường kính AA’ của mặt cầu ta có OA ' OA= −uuuur uuur . Ta có : + + − − − =2 2 2 2 2 2AB AC AD BC CD DB Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 30 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = − + − + − + − − − − − − = − + + + + + = + uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur 2 2 2 2 2 2 OB OA OC OA OD OA OC OB OD OC OB OD 2OA. OB OC OD 2OC.OB 2OB.OD 2OD.OC 2OA'.OB 2OA'.OC ( ) + + + + = + + + − ≥ − uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur 2 2 2 2OA '.OD 2OC.OB 2OB.OD 2OD.OC OA' OB OC OD 4R 4R . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : OA OB OC OD= + +uuur uuur uuur uuur (1). mà GA GB GC GD 0+ + + =uuur uuur uuur uuur r . 4GO OA OB OC OD 0 (2)⇔ + + + + =uuur uuur uuur uuur uuur r . Từ (1), (2) suy ra 4GO 2OA 0+ =uuur uuur r hay OA 2OG=uuur uuur . Vậy, khi G là trung điểm của đoạn OA thì G sẽ thỏa yêu cầu đề bài. VII. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA : Bài 19: Cho hai số thực a và b thỏa điều kiện 2 2a b 1+ = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) ( )5 5 3 3F 16 a b 20 a b 5 a b= + − + + + Giải : Đặt : [ ]a sin x (a, b 1;1 ) b cos x =⎧ ∈ −⎨ =⎩ . Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 5 3 3 5 3 5 3 F 16 sin x cos x 20 sin x cos x 5 sin x cos x 16cos x 20cos x 5cos x 16sin x 20sin x 5sin x A B = + − + + + = − + + − + = + Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 24 2 2 A cos x. 16cos x 20cos x 5 cos x. 4 1 cos 2x 10 1 cos 2x 5 cos x 4cos 2x 2cos 2x 1 cos x 2 1 cos 4x 2cos 2x 1 cos x 2cos 4x 2cos 2x 1 2cos x.cos 4x 2cos x.cos 2x cos x cos5x cos3x cos3x cos x cos x cos5x. ⎡ ⎤= − + = + − + +⎣ ⎦ = − − = + − −⎡ ⎤⎣ ⎦ = − + = − + = + − + + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 24 2 2 B sin x. 16sin x 20sin x 5 sin x. 4 1 cos 2x 10 1 cos 2x 5 sin x 4cos 2x 2cos 2x 1 sin x 2 1 cos 4x 2cos 2x 1 ⎡ ⎤= − + = − − − +⎣ ⎦ = + − = + + −⎡ ⎤⎣ ⎦ ( )sin x 2cos 4x 2cos 2x 1 2sin x.cos 4x 2sin x.cos 2x sin x= + + = + + ( ) ( )sin 5x sin 3x sin 3x sin x sin x sin 5x.= − + − + = Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 31 Do đó: F cos5x sin 5x 2 cos 5x 2. 4 π⎛ ⎞= + = − ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 2cos 5x 1 x k ( k ) 4 20 5 π π π⎛ ⎞− = ⇔ = + ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ . Vậy, max F = 2 khi 2a sin k 20 5 ( k ) 2b cos k 20 5 ⎧ π π⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎪⎪ ⎝ ⎠ ∈⎨ π π⎛ ⎞⎪ = +⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩ . Bài 20: Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn các điều kiện ( ) ( )( ) 2 2 2 2 a b 12 a b * c d 12 c d 3 ⎧ + = +⎪⎨ + = + −⎪⎩ . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của ( ) ( )2 2T a c b d= − + − . Giải : Ta có: ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 a 6 b 6 72 * c 6 d 6 36 ⎧ − + − =⎪⇔ ⎨ − + − =⎪⎩ Đặt a 6 6 2 cos c 6 6cos , d 6 6sinb 6 6 2 sin ⎧ = + α = + β⎧⎪⎨ ⎨ = + β= + α ⎩⎪⎩ . Khi đó, ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2T 36 2 cos cos 2 sin sin 36 3 2 2. cos .cos sin .sin 36 3 2 2 cos . ⎡ ⎤= α − β + α − β⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡ ⎤= − α β+ α β⎣ ⎦ = − α −β Ta có : ( )1 cos 1− ≤ α −β ≤ ( )3 2 2 3 2 2 cos 3 2 2⇔ − ≤ − α −β ≤ + ( ) ( )2 2236 2 1 T 36 2 1⇔ − ≤ ≤ + . ( ) ( )6 2 1 T 6 2 1⇒ − ≤ ≤ + . Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 32 Vậy, max T = ( )6 2 1+ khi ( ) cos coscos 1 sin sinα = β⎧α −β = ⇔ ⎨ α = β⎩ và min T = ( )6 2 1− khi ( ) cos coscos 1 sin sinα = − β⎧α −β = − ⇔ ⎨ α = − β⎩ . Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 33 C. ỨNG DỤNG CỦA GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀO VIỆC GIẢI TOÁN I. ỨNG DỤNG VÀO VIỆC GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, … - Phương trình ( )f x , x D= α ∈ có nghiệm khi và chỉ khi x D x D m min f (x) max f (x) M ∈ ∈ = ≤ α ≤ = . - Bất phương trình ( )f x , x D≥ α ∈ có nghiệm khi và chỉ khi M ≥ α . - Bất phương trình ( )f x ≥ α nghiệm đúng với mọi x D∈ khi và chỉ khi m ≥ α . - Bất phương trình ( )f x , x D≤ β ∈ có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ β . - Bất phương trình ( )f x ≤ β nghiệm đúng với mọi x D∈ khi và chỉ khi M ≤ β . Bài 1: Với giá trị nào của m thì 4mx 4x m 0− + ≥ với mọi x. Giải : Ta có : 4mx 4x m 0− + ≥ với mọi x 44xm x 1⇔ ≥ + với mọi x. (1) Đặt ( ) 44xf x x 1= + . Từ (1) suy ra max f (x) m≤ . ( ) ( )( ) 4 24 4 1 3x f ' x 1 x −= + . ( ) 4 4 1x 3f ' x 0 1x 3 ⎡ =⎢⎢= ⇔ ⎢ = −⎢⎣ . Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 34 4 27 0 0 0 4 1 34 1 3 − +∞−∞ ( )f x′ x f(x) −+− 0 4 27− Bảng biến thiên : Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy 4max f (x) 27= ( khi 4 1x 3 = ). Vậy 4m 27≥ là giá trị cần tìm thỏa đề bài. Bài 2: Cho phương trình : 4 4 21sin x cos x cos 2x sin 2x a 0 4 + − + + = (1). Với giá trị nào của a, phương trình đã cho có nghiệm ? Giải : ( ) 2 21 11 1 sin 2x cos 2x sin 2x a 0 2 4 ⇔ − − + + = ( )2 2 1 1 cos 2x cos 2x a 1 0 4 cos 2x 4cos 2x 4a 3 0. (2) ⇔ − − − + + = ⇔ − + + = Đặt t = cos2x, với 1 t 1− ≤ ≤ . Phương trình (2) trở thành: 2 2t 4t 4a 3 0 4a t 4t 3− + + = ⇔ =− + − . (3) Xét hàm số 2f (t) t 4t 3= − + − trên đoạn [−1; 1], ta có : ( ) ( ) [ ] f ' t 2t 4. f ' t 0 t 2 1; 1 . = − + = ⇔ = ∉ − Suy ra ( )f t 0′ > trên đoạn [−1; 1]. mà f (−1) = − 8 ; f ( 1 ) = 0 . nên [ ]t 1 ; 1min f (t) 8 khi t 1∈ − = − = − và [ ]t 1 ; 1max f (t) 0 khi t 1∈ − = = . Phương trình (1) có nghiệm x khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm [ ]t 1;1∈ − [ ] ( ) [ ] ( )t 1; 1 t 1; 1min f t 4a max f t∈ − ∈ −⇔ ≤ ≤ 21 sin 2x cos 2x a 1 0 4 ⇔ − − + + = Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 35 8 4a 0 2 a 0⇔ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ 0 Vậy, với [ ]a 2; 0∈ − thì phương trình (1) có nghiệm. Bài 3 : Với những giá trị nào của m thì hệ bất phương trình ( ) ( ) 2 2 x m 2 x 2m 0 x m 7 x 7m 0 ⎧ − + + <⎪⎨ + + + <⎪⎩ (I) có nghiệm? Giải : Ta có : ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 x m 2 x 2m 0 x 2 x m 0 (1) x 7 x m 0 (2)x m 7 x 7m 0 ⎧ − + + < − − <⎧⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ + + <+ + + < ⎪⎪ ⎩⎩ . (II) * Nếu ( m = 2 hay m = 7 ) thì hệ (II) vô nghiệm. Suy ra hệ (I) vô nghiệm. * Nếu ( m 0≥ và m 2, m 7≠ ≠ ) thì : { } { } (1) x min 2;m 0. (3) (2) x max 7; m 0. (4) ⇒ > ≥ ⇒ < − − ≤ Từ (3) và (4) suy ra x 0 x 0 >⎧⎨ <⎩ ( vô lí ). Do đó (I) vô nghiệm. * Nếu m < 0 thì (II) { } { }m x 2 max 7;m x min 2; m 7 x m < <⎧⇔ ⇔ − < < −⎨− < < −⎩ . Suy ra (I) có nghiệm. Vậy, với m < 0 thì hệ bất phương trình đã cho có nghiệm. Bài 4: Tìm số k lớn nhất để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x: ( )k sin x cos x 1 sin 2x sin x cos x 2+ + ≤ + + + . (1) Giải : Đặt t sin x cos x , t 0.= + > 2 2t 1 sin 2x 1 t 2 1 t 2⇒ = + ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ . Bất phương trình (1) trở thành : ( ) 22 t t 1kk t 1 t t 1 t 1 1 t 2 1 t 2 ⎧ + +⎧ ≤+ ≤ + +⎪ ⎪ +⇔⎨ ⎨≤ ≤⎪ ⎪⎩ ≤ ≤⎩ . Xét hàm số ( ) 2t t 1f t t 1 + += + trên miền 1; 2⎡ ⎤⎣ ⎦ . Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 36 Ta có ( ) ( ) 2 2 t 2tf ' t t 1 += + . Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có : 3 f (t) 2 2 1 2 ≤ ≤ − . Bài toán thỏa khi và chỉ khi 1 t 2 3k min f (t) k 2≤ ≤ ≤ ⇔ ≤ . Vậy giá trị lớn nhất của k phải tìm là 3 2 . + t 0− 2 +∞ + 3 2 2 2 1− + +0−0 1 2−∞ ( )f ' t f(t) Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 37 II. ỨNG DỤNG VÀO VIỆC TÌM ĐIỀU KIỆN SAO CHO HÀM SỐ CÓ CHỨA THAM SỐ ĐỒNG BIẾN HOẶC NGHỊCH BIẾN TRÊN MỘT KHOẢNG XÁC ĐỊNH. Bài 5: Định m để hàm số ( ) ( )y m 3 x 2m 1 cos x= − − + luôn luôn nghịch biến. Giải : Xét hàm số ( ) ( )y m 3 x 2m 1 cos x, x= − − + ∈ . Ta có ( ) ( )y ' m 3 2m 1 sin x= − + + . Hàm số đã cho luôn luôn nghịch biến khi và chỉ khi y ' 0≤ với mọi x∈ . ( ) ( )m 3 2m 1 sin x 0, x⇔ − + + ≤ ∀ ∈ . Đặt sin x = t với 1 t 1− ≤ ≤ . Khi đó, ta đi tìm các giá trị của m để ( ) ( )f t 2m 1 t m 3 0= + + − ≤ với mọi t ∈[−1; 1]. ( )2t 1 m 3 t ⇔ + ≤ − với mọi t ∈[−1; 1]. ( ) ( ) 3 t 1m g t vôùi moïi t ; 1 2t 1 2 3 t 1m g t vôùi moïi t 1; 2t 1 2 ⎧ − ⎛ ⎤≤ = ∈ −⎜⎪ ⎥+ ⎝ ⎦⎪⇔ ⎨ − ⎡ ⎞⎪ ≥ = ∈ − − ⎟⎢⎪ + ⎣ ⎠⎩ . ( ) ( )2 7g ' t 0 2 t 1 −= <+ với mọi t. Bảng biến thiên: Do đó ta có ( ) ( ) 1 t 1 2 11 t 2 2m min g t 3 24 m 3m max g t 4 − < ≤ − ≤ ≤ − ⎧ ≤ =⎪⎪ ⇔ − ≤ ≤⎨⎪ ≥ = −⎪⎩ . −∞ −∞ +∞ −1 − 4 1 2 − ( )g ' t t 1 g(t) − − 2 3 +∞ Luận văn tốt nghiệp GVHD: Th. S Vương Vĩnh Phát SV Bùi Lê Phạm Mỹ Phương 38 Vậy, với 24 m 3 − ≤ ≤ thì hàm số đã cho nghịch biến. Bài 6 : Định m để hàm số ( ) ( )3 2y x 3 2m 1 x 12m 5 x 2= − + + + + đồng biến trong các khoảng ( ]; 1−∞ − và [ )2; +∞ . Giải : Ta có : ( ) ( )2y ' x 3x 6 2m 1 x 12m 5= − + + + . Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng ( ]; 1−∞ − và [ )2; +∞ khi và chỉ khi ( )y ' x 0≥ với mọi x ( ; 1] [2; )∈ −∞ − ∪ +∞ . ( ) 212 x 1 m 3x 6x 5⇔ − ≤ − + với mọi x ( ; 1] [2; )∈ −∞ − ∪ +∞ . Trong khoảng ( ]; 1−∞ − , ta có 23x 6x 512m x 1 − +≥ − . (1) Trong khoảng [ )2; +∞ , ta có 23x 6x 512m x 1 − +≤ − . (2) Xét hàm số ( ) 23x 6x 5f x x 1 − += − trên miền D = ( ; 1] [2; )−∞ − ∪ +∞ . Ta có : ( ) ( ) 2 2 3x 6x 1f ' x x 1