Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Toán học Giá trị lớn nhất - nhỏ nhất của hàm nhiều biến - trần phương...

Tài liệu Giá trị lớn nhất - nhỏ nhất của hàm nhiều biến - trần phương

.PDF
16
1156
53

Mô tả:

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 ñoán và chứng minh f ( x ) ≥ c; f ( x ) ≤ c Bước 2: Chỉ ra 1 ñiều kiện ñủ ñể f ( x ) = c 2. Các phương pháp thường sử dụng Phương pháp 1: Biến ñổi thành tổng các bình phương Phương pháp 2: Tam thức bậc hai. Phương pháp 3: Sử dụng bất ñẳng thức cổ ñiển: Côsi; Bunhiacôpski Phương pháp 4: Sử dụng ñạo hàm. Phương pháp 5: Sử dụng ñổi biến lượng giác. Phương pháp 6: Sử dụng phương pháp véctơ và hệ tọa ñộ Phương pháp 7: Sử dụng phương pháp hình học và hệ tọa ñộ. II. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA: Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P(x, y) = x 2 + 11y 2 − 6xy + 8x − 28y + 21 Giải. Biến ñổi biểu thức dưới dạng P(x, y) = (x − 3y + 4)2 + 2(y − 1)2 + 3 ≥ 3 y −1= 0 y =1 Từ ñó suy ra MinP(x, y) = 3 ⇔  ⇔  x − 3 y + 4 = 0  x = −1 Bài 2. Cho x, y > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của: S = x4 y 4 + y4 x 4 − x2 y 2 − y2 x 2 + x y + y x 2 2 2  y2  y2 x y  x2  Giải. S =  2 − 1 +  2 − 1 − 2 + x 2 + 2 + + y x y x x  y  2 2 2 2 2  y2   x y x y   x2  S =  2 − 1 +  2 − 1 +  −  +  + − 2  + 2 x   y x y x  y  2  y2  ( x − y) 2  x y  x2  S =  2 − 1 +  2 − 1 +  −  + +2≥2 . xy x   y x y  Với x = y > 0 thì MinS = 2 1 Chương I. Hàm số – Trần Phương Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số S = sin 2 x + sin 2 y + sin 2 ( x + y ) 1 − cos 2 x 1 − cos 2 y + + 1 − cos 2 ( x + y ) 2 2 S = 2 − cos( x + y) cos( x − y) − cos 2 ( x + y) = 9 −  1 + cos( x + y) cos( x − y) + cos 2 ( x + y)  4  4  Giải . S = sin 2 x + sin 2 y + sin 2 ( x + y ) = 2 S = 9 −  1 cos( x − y ) + cos( x + y )  − 1 sin 2 ( x − y ) ≤ 9 .  4  2 4 4 Với x = y = π 9 + k π , (k∈Z) thì Max S = 3 4 Bài 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x12 + x 22 + x32 + ... + x82 − ( x1 x2 + x2 x3 + ... + x6 x7 + x7 x8 + x8 ) 2 2 2 2 1  3 2  4 3  5 4   Giải. S =  x1 − x2  +  x2 − x3  +  x3 − x4  +  x 4 − x5  + 2  4 3  6 4  8 5   2 + 2 2 2 6  5  7  6  8  7  9  8 4 4  x 5 − x 6  +  x 6 − x 7  +  x 7 − x8  +  x8 −  − ≥ − 10  6  12  7  14  8  16  9 9 9 Với x1 = 4 1 2 6 7 8 x 2 ; x2 = x3 ;...; x6 = x7 ; x7 = x8 ; x8 = , thì Min S = − 2 3 7 8 9 9 Bài 5. Cho x, y , z ∈ ℝ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = 19x2 + 54y2 +16z 2 −16xz − 24y +36xy Giải. Biến ñổi S ⇔ f(x) = 19x2 − 2(8z −18y)x + 54y2 +16z2 − 24y Ta có ∆′x = g(y) = (8z −18y)2 − (54y2 +16z2 − 24y) = −702y2 +168zy − 240z2 ⇒ ∆′y = (84z)2 − 702.240z2 = −161424z 2 ≤ 0 ∀z∈R ⇒ g(y) ≤ 0 ∀y, z∈R Suy ra ∆′x ≤ 0 ∀y, z∈R ⇒ f(x) ≥ 0. Với x = y = z = 0 thì MinS = 0 Bài 6. Cho x 2 + xy + y2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: S = x2 − xy + y 2 Giải Xét y = 0 ⇒ x2 = 3 ⇒ S = 3 là 1 giá trị của hàm số. Xét y ≠ 0, khi ñó biến ñổi biểu thức dưới dạng sau ñây 2 u= 2 S x 2 − xy + y 2 ( x / y ) − ( x / y ) + 1 t 2 − t + 1 x = 2 = = 2 = u với t = 2 2 3 x + xy + y y ( x / y) + ( x / y) + 1 t + t + 1 Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số ⇔ u(t2 + t + 1) = t2 − t + 1 ⇔ (u − 1)t2 + (u + 1)t + (u − 1) = 0 (*) + Nếu u = 1, thì t = 0 ⇒ x = 0, y = ± 3 ⇒ u = 1 là 1 giá trị của hàm số + Nếu u ≠ 1, thì u thuộc tập giá trị hàm số ⇔ phương trình (*) có nghiệm t ⇔ ∆ = (3u − 1)(3 − u) ≥ 0 ⇔ 1 ≤ u ≠ 1 ≤ 3 . 3 Vậy tập giá trị của u là  1 , 3  ⇒ Min u = 1 ; Max u = 3 3  3   x = y Min S = 1 ⇔ Min u = 1 ⇔ t = 1 ⇒  ⇔ x = y = ±1 2 2 3  x + xy + y = 3  x = 3, y = − 3  x = − y ⇔ Max S = 9 ⇔ Maxu = 3 ⇔ t = −1 ⇒  2 2   x + xy + y = 3  x = − 3, y = 3 Bài 7. Cho x,y∈R thỏa mãn ñiều kiện ( x 2 − y 2 + 1) 2 + 4x 2 y 2 − ( x 2 + y 2 ) = 0 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức S= x 2 + y 2 Giải. Biến ñổi ( x 2 − y 2 ) 2 + 2 ( x 2 − y 2 ) + 1 + 4x 2 y 2 − ( x 2 + y 2 ) = 0 2 ⇔ ( x 2 + y 2 ) − 3 ( x 2 + y 2 ) + 1 + 4x 2 = 0 ⇔ ( x 2 + y 2 ) 2 Do −4x 2 ≤ 0 nên ( x 2 + y 2 ) − 3 ( x 2 + y 2 ) + 1 ≤ 0 ⇔ 2 − 3( x 2 + y 2 ) + 1 = − 4x 2 3− 5 3+ 5 ≤ x2 + y2 ≤ 2 2 Với x = 0, y = ± 3− 5 3− 5 , thì Min( x 2 + y 2 ) = . 2 2 Với x = 0, y = ± 3+ 5 3+ 5 , thì Max( x 2 + y 2 ) = 2 2 Bài 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x + 4 x 2 + 2 x + 1 Giải. Gọi y0 là 1 giá trị của hàm f(x) ⇒ tồn tại x 0 sao cho y 0 = x0 + 4 x02 + 2 x0 + 1 ⇔ y 0 − x0 = 4 x02 + 2 x0 + 1 ⇒ y 02 − 2 y 0 x0 + x02 = 4 x02 + 2 x0 + 1 ⇔ g(x0) = 3x02 + 2(1 + y 0 ) x0 + 1 − y 02 = 0 . Ta có g(x) = 0 có nghiệm x0 ⇔ ∆′ = (1 + y 0 ) 2 − 3(1 − y 02 ) = 2(2 y 02 + y 0 − 1) = 2( y 0 + 1)(2 y 0 − 1) ≥ 0 3 Chương I. Hàm số – Trần Phương Do y0 = x0 + 3 x02 + ( x0 + 1) 2 ≥ x0 + 3 x02 = x0 + 3 x0 ≥ 0 nên ∆′ ≥ 0 ⇔ 2y 0 − 1 ≥ 0 ⇔ y 0 ≥ 1 1 1 . Với x = − thì Minf(x) = 2 2 2 Bài 9. Cho y = f ( x ) = x 2 − 5x + 4 + mx. Tìm các giá trị của m sao cho Min y > 1  x 2 + ( m − 5 ) x + 4 ; x ≤ 1 ∨ x ≥ 4 : ( P1 )  f ( x) =  Giải. Ta có 2  − x + ( m + 5 ) x − 4 ; 1 ≤ x ≤ 4 : ( P2 ) Gọi (P) là ñồ thị của y = f(x) ⇒ (P) = (P 1) ∪ (P2) khi ñó (P) có 1 trong các hình dạng ñồ thị sau ñây P1 A P2 A P1 A P1 P2 B C B C P2 C B Hoành ñộ của các ñiểm ñặc biệt trong ñồ thị (P): Hoành ñộ giao ñiểm (P1), (P2) xA = 1; x B = 4 ; Hoành ñộ ñỉnh (P1): xC = 5−m . 2 Nhìn vào ñồ thị ta xét các khả năng sau:  Nếu xC ∈[x A, x B] ⇔ m∈[ −3, 3] thì Minf(x) = Min{f(1), f(4)}.  −3 ≤ m ≤ 3  Khi ñó Minf(x) > 1 ⇔  f (1) = m > 1 ⇔ 1 < m ≤ 3   f (4) = 4m > 1 (1)  5 − m  −m2 +10m − 9  Nếu xC ∉[xA, xB] ⇔ m∉[ −3, 3] thì Minf(x) = f1 ( xC ) = f1  = 4  2   m ∉ [−3, 3] Khi ñó Minf(x) > 1 ⇔  ⇔3< m<5+ 2 3  m 2 − 10m + 13 < 0  Kết luận: Từ (1) và (2) suy ra Minf(x) > 1 ⇔ 1 < m < 5 + 2 3 4 (2) Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số Bài 10. (ðề thi TSðH 2005 khối A) 1 1 1 Cho x, y , z > 0 ; 1 + 1 + 1 = 4 . Tìm Min của S = + + x y z 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z Giải: Sử dụng bất ñẳng thức Côsi cho các số a, b, c, d > 0 ta có: ) ( 16 ( a + b + c + d ) 1 + 1 + 1 + 1 ≥ 4.4 abcd .4.4 1 = 16 ⇒ 1 + 1 + 1 + 1 ≥ a b c d abcd a b c d a +b+c+d 16 16 1 + 1 + 1 + 1 ≥ =  x x y z x + x + y + z 2x + y + z  16 16 +  1 + 1 + 1 + 1 ≥ = x y y z x + y + y + z x + 2y + z  1 + 1 + 1 + 1 ≥ 16 16 =  x y z z x + y + z + z x + y + 2 z 1 1 1  ⇒ Min S = 1 16 = 4  1 + 1 + 1  ≥ 16  + +  x y z 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2 z     Bài 11. (ðề thi TSðH 2007 khối B) y  Cho x, y , z > 0 . Tìm Min của S = x  x + 1  + y  + 1  + z  z + 1   2 zx   2 yz   2 xy  Giải: Sử dụng bất ñẳng thức Côsi cho 9 số ta có y y x4 y4z4   S = 1  x2 + y2 + z2 + x + x + + + z + z  ≥ 9 .9 4 4 4 = 9 ⇒ Min S = 9 2 yz yz zx zx xy xy  2 x y z 2 2  x, y > 0 Bài 12. Cho  Tìm giá trị nhỏ nhất của S =  x + y = 1  x   y  Giải: S =  + y+ + x−   y   x Mặt khác, S = Suy ra 2S ≥ 1 x x 1− x + 1 y + y 1− y 2 ≥ 4 xy ≥ = ( ) ( x + y ≥2 1− y + x+ y 2 1− x ) ( x+ y − y + 1− y ) x+ y = x+ y  1 1  =  + −  x x y   1− x y 2 x ( x+ y ) = 2 2 ⇒ S ≥ 2 ⇒ MinS = 2 . Bài 13. Cho x, y, z > 0. Tìm Max của: S = ( xyz x + y + z + x 2 + y 2 + z 2 (x 2 2 +y +z 2 ) ) ( xy + yz + zx) Giải: Sử dụng bất ñẳng thức Côsi và BunhiaCôpski ta có 3 ñánh giá sau: 5 Chương I. Hàm số – Trần Phương x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3 ⋅ 3 x 2 y 2 z 2 xy + yz + zx ≥ 3. 3 xy. yz.zx = 3. 3 x 2 y 2 z 2 ; x+ y+z≤ S≤ (12 + 12 + 12 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 3. x 2 + y 2 + z 2 . Từ ñó suy ra xyz (1 + 3 ) x 2 + y 2 + z 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3.3 x 2 y 2 z 2 = 3 xyz 3 xyz 1+ 3 1+ 3 3+ 3 ⋅ ≤ ⋅ = 2 2 2 3 3 3 9 3. xyz x +y +z Bài 14. (ðề thi TSðH 2003 khối B) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 − x 2 Cách 1: Tập xác ñịnh D = [ −2; 2] ; y′ = 1 − x 4 − x2 ; y′ = 0 ⇔ x = 4 − x 2  x ≥ 0  max y = 2 2 ⇔ 2 ⇔x= 2 ⇒  2  x = 4 − x  min y = −2 x −2 + y′ y 2 0 − 2 0 2 2 −2 2 Cách 2: ðặt x = 2 sin u , u ∈  − π ; π   2 2  ( ) ⇒ y = 2 ( sin u + cos u ) = 2 2 sin u + π ∈  −2; 2 2  ; max y = 2 2 ; min y = −2 4 Bài 15. (ðề dự bị TSðH 2003 khối B) 3 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của y = x 6 + 4 (1 − x 2 ) trên ñoạn [ −1;1] 3 Cách 1. ðặt u = x 2 ∈ [ 0;1] . Ta có y = u 3 + 4 (1 − u ) = −3u 3 + 12u 2 − 12u + 4 y ′ = −9u 2 + 24u − 12 = 0 ⇔ u1 = 2 ∈ [ 0;1] ; u 2 = 2 > 1 3 Nhìn bảng biến thiên ta có max y = 4; min y = 4 9 Cách 2. ðặt x = sin u ⇒ y = sin 6 u + 4 cos 6 u . x 0 y′ 0 4 y 2 3 − 0 1 + 0 1 4 9 = ( sin 6 u + cos 6 u ) + 3cos 6 u ≤ ( sin 2 u + cos 2 u ) + 3 = 4 Với x = 0 thì max y = 4 . Sử dụng bất ñẳng thức Côsi ta có:  6 6 2 8 8 8 8 4 3 sin u + 27 + 27 ≥ 3 ⋅ sin u ⋅ 27 ⋅ 27 = 3 sin u   4 cos 6 u + 4 + 4 ≥ 3 ⋅ 3 4 cos 6 u ⋅ 4 ⋅ 4 = 4 cos 2 u  27 27 27 27 3 y = sin 6 u + 4 cos 6 u + 8 ≥ 4 ( sin 2 u + cos 2 u ) = 4 ⇒ y ≥ 4 . Với x = 2 ⇒ min y = 4 9 3 3 9 3 9 6 Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số Bài 16. a) Lập bảng biến thiên và tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = x + 3 x2 +1 b) Cho a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: Giải. a) TXð: D = ℝ ; y ′ = lim y = lim x →∞ ( x + 3) / x x →∞ 2 x +1 x2 = lim x →∞ 1 − 3x ( x 2 + 1) x 2 + 1 a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1 ≥ 10 () = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y 1 = 10 3 3 ( x + 3) / x = lim x . x →∞ x 1 1+ 2 x x −∞ 1/3 +∞ + 0 − 0 y′ Suy ra lim y = 1; lim y = −1 . Nhìn BBT x →+∞ 10 x →−∞ y ta có y = x + 3 ≤ 10 ⇒ max y = 10 x2 +1 −1 1 b) Theo phần a) thì y ≤ 10 , ∀x ⇔ x + 3 ≤ 10. x 2 + 1 , ∀ x . ðặc biệt hóa bất ñẳng thức này tại các giá trị x = a, x = b, x = c ta có:  x = a : a + 3 ≤ 10. a 2 + 1   x = b : b + 3 ≤ 10. b 2 + 1  2  x = c : c + 3 ≤ 10. c + 1 a + b + c + 9 ≤ 10. ( a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1) ⇔ Cách 2. Trên mặt phẳng tọa ñộ Oxy ñặt    OA = ( a;1) ; AB = ( b;1) ; BC = ( c;1) .     Khi ñó OC = OA + AB + BC = ( a + b + c ; 3) .        Do OA + AB + BC ≥ OA + AB + BC = OC Từ ñó suy ra 2 2 2 a + 1 + b + 1 + c + 1 ≥ 10 10 ≤ a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1 y 3 2 1 O C B A 1 a a+b a+b+c x Bài 17. (ðề 33 III.2, Bộ ñề thi TSðH 1987 – 1995) Cho x 2 + y 2 = 1 . Tìm Max, Min của A = x 1 + y + y 1 + x . Giải. 1. Tìm MaxA: Sử dụng bất ñẳng thức BunhiaCôpski ta có A≤ ( x 2 + y 2 ) (1 + y ) + (1 + x ) = 2 + x + y ≤ 2 + 2(x2 + y2 ) = 2 + 2 . Với x = y = 1 thì Max A = 2 + 2 2 7 Chương I. Hàm số – Trần Phương 2. Tìm MinA: Xét 2 trường hợp sau ñây • Trường hợp 1: Nếu xy ≥ 0 , xét 2 khả năng sau: +) Nếu x ≥ 0, y ≥ 0 thì A>0 ⇒ Min A > 0 +) Nếu x ≤ 0, y ≤ 0 thì |A| ≤ ( x 2 + y 2 ) [ (1 + x) + (1 + y )] = 2+ x+ y = 2 − x − y ≤ 2 − ( x2 + y2 ) = 1 Từ 2 khả năng ñã xét suy ra với xy ≥ 0 thì Min A = −1 2 • Trường hợp 2: Xét xy < 0 : ðặt x + y = t ⇒ xy = t − 1 < 0 ⇒ t ∈ ( −1,1) 2 A 2 = x 2 (1 + y ) + 2xy (1 + x ) (1 + y ) + y 2 (1 + x ) = 1 + xy ( x + y ) + 2 xy 1 + x + y + xy 2 2 2 2 = 1 + t ⋅ t − 1 + 2 ⋅ t − 1 1 + t + t − 1 = t − 1 (1 + 2 ) t + 2  + 1 2 2 2 2 ⇔ A 2 = f ( t ) = 1 (1 + 2 ) t 3 + 2 t 2 − (1 + 2 ) t + 2 − 2  2 Ta có: f ′ ( t ) = 3 (1 + 2 ) 2 1+ 2 1+ 2 t + 2t− = 0 ⇔ t = t1 = − ;t = t2 = 2 −1 2 2 3 2 (19 − 3 2 ) ; f (t2 ) = 0 . Thế t1 , t 2 vào phần dư của f ( t ) chia cho f ′ ( t ) ⇒ f ( t1 ) = 27 Nhìn bảng biến thiên suy ra: t −1 t1 t2 1 A 2 ≤ f ( t1 ) ⇒ A ≥ − f ( t1 ) suy ra 0 + ƒ′ + 0 − 2 (19 − 3 2 ) f ( t1 ) Min A = − f ( t1 ) = − < −1 27 1 ƒ 1 t12 − 1 f (t 2 ) xảy ra ⇔ x + y = t1 ; xy = 2 ⇒ x, y là nghiệm của u 2 + − (1 + 2 ) ± 15 − 2 2 1+ 2 2 −3 u+ = 0 ⇒ x, y = 3 9 6 Kết luận: Max A = 2 + 2 ; Min A = − 2 (19 − 3 2 ) 27 Bài 18. Cho x, y , z ∈ [ 0,1] thoả mãn ñiều kiện: x + y + z = 3 . 2 Tìm Max, Min của biểu thức: S = cos ( x 2 + y 2 + z 2 ) Giải. Do x, y , z ∈ [ 0,1] nên 0 < x 2 + y 2 + z 2 < x + y + z = 3 < π . 2 2 Vì hàm số y = cos α nghịch biến trên 0, π nên bài toán trở thành. 2 ( ) 8 Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 1. Tìm MaxS hay tìm Min ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 x 2 + y 2 + z 2 = 1 (12 + 12 + 12 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ ( x + y + z ) = 3 . 3 4 Với x = y = z = 1 thì MaxS = cos 3 2 4 2 2. Tìm MinS hay tìm Max ( x + y 2 + z 2 ) Cách 1: Phương pháp tam thức bậc hai: Không mất tính tổng quát giả sử z = Max { x, y, z} ⇒ z ∈  1 ;1 . Biến ñổi và ñánh  2  giá ñưa về tam thức bậc hai biến z ( ) 2 2 x 2 + y 2 + z 2 = z 2 + ( x + y ) − 2 xy ≥ z 2 + 3 − z = 2 z 2 − 3 z + 9 = f ( z ) 2 4 Do ñồ thị hàm y = f(z) là một parabol quay bề lõm lên trên nên ta có: Max f ( z ) = Max f 1 ; f (1) = f 1 = f (1) = 5 . 2 2 4 Với z = 1; x = 1 ; y = 0 thì MinS = cos 5 2 4 Cách 2: Phương pháp hình học {() } () Xét hệ tọa ðề các vuông góc Oxyz. Tập hợp các ñiểm M ( x, y, z ) thoả mãn ñiều kiện x, y , z ∈ [ 0,1] nằm trong hình lập phương ABCDA′B′C′O cạnh 1 với A(0, 1, 1); B(1, 1, 1); C(1, 0, 1); D(0, 0, 1); A′(0, 1, 0); B′(1, 1, 0); C′(1, 0, 0). Mặt khác do x + y + z = 3 nên M ( x, y, z ) nằm trên mặt phẳng (P): x + y + z = 3 2 2 Vậy tập hợp các ñiểm M ( x, y, z ) thoả mãn ñiều kiện giả thiết nằm trên thiết diện EIJKLN với các ñiểm E, I, J, K, L, N là trung ñiểm 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 ñều EIJKLN. Ta có O′M là hình chiếu của OM lên EIJKLN. Do OM2 = x 2 + y 2 + z 2 nên OM lớn nhất ⇔ O′M lớn nhất z ⇔ M trùng với 1 trong 6 ñỉnh E, I, J, K, L, N. 3/ 2 Từ ñó suy ra: () ) ≥ cos ( 54 ) x 2 + y 2 + z 2 ≤ OK 2 = 1 + 1 = 5 4 4 ⇒ cos ( x 2 + y 2 + z 2 O′ L 3/ 2 M O 1 Với z = 1; x = 1 ; y = 0 thì MinS = cos 5 2 4 J 1 K I 1 E 3/ 2 x N y 9 Chương I. Hàm số – Trần Phương Bài 19. Cho a,b,c > 0 thỏa mãn ñiều kiện a + b + c ≤ Tìm giá trị nhỏ nhất của S = a2 + 3 2 1 1 1 + b2 + 2 + c2 + 2 2 b c a Giải. Sai lầm thường gặp: a2 + S ≥ 3.3 1 1 1 ⋅ b 2 + 2 ⋅ c 2 + 2 = 3.6 2 b c a  1 ≥ 3. 6  2 ⋅ a 2 ⋅ 2  b  • Nguyên nhân:  2 1  2 1  2 1   a + 2 b + 2 c + 2  b  c  a    1  1  6 2 2   2 ⋅ b ⋅ 2   2 ⋅ c ⋅ 2  = 3. 8 = 3 2 ⇒ Min S = 3 2 c a    1 1 1 3 = = = 1 ⇒ a + b + c = 3 > mâu thuẫn với giả thiết a b c 2 • Phân tích và tìm tòi lời giải : Min S = 3 2 ⇔ a = b = c = Do S là một biểu thức ñối xứng với a, b, c nên dự ñoán Min S ñạt tại a = b = c = 1 2  Sơ ñồ ñiểm rơi: 1  2 2 2 a = b = c = 4 1 1 4 a = b = c = ⇒  ⇒ = ⇒ 2 4 α  1 = 1 = 1 =4  αa 2 αb 2 αc 2 α α = 16  Cách 1: Biến ñổi và sử dụng bất ñẳng thức Côsi ta có S = a2 + 1 1 1 1 1 1 + ... + + b2 + + ... + + c2 + + ... + 2 2 2 2 2 2 16 b 16b 16 c 16c 16 a  16a    16 ≥ 17 ⋅17 16  a2 b2 c2 a b c  17 17 + 17 ⋅ + 17 ⋅ = 17 17 8 16 + 17 8 16 + 17 8 16  16 32 16 32 16 32 16 b 16 c 16 a 16 c 16 a   16 b  a b c ≥ 17 3 ⋅ 3 17 8 16 ⋅ 17 8 16 ⋅ 17 8 16 16 b 16 c 16 a  = 10 16 3 17 2 ⋅ 17 (2a 2b 2c)5 3 17 ≥ ( 2 ⋅ 17 2a + 2b + 2c 3 ≥ 15 )   = 3 17  17 1 16 a 5 b 5 c 5 8 3 17 1 3 17 . Với a = b = c = thì Min S = 2 2 2 Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số  Cách 2: Biến ñổi và sử dụng bất ñẳng thức BunhiaCôpski ta có  2 1 1 ⋅  a + 2 = b 17    1 1 +  b2 + 2 = ⋅ c 17   1 1  2 ⋅  c + a2 = 17  ⇒ S≥ ≥ 1  4  2 1  2 2 ⋅a +   a + 2  (1 + 4 ) ≥ b b  17   1  4  2 1  2 2 ⋅ b +   b + 2  (1 + 4 ) ≥ c c  17   1  4  2 1  2 2 ⋅ c +   c + 2  (1 + 4 ) ≥ a a  17   4 4 4 1  1 1 1 15  1 1 1    ⋅ a + b + c + + +  = ⋅ a + b + c + + + +  + +  a b c 4a 4b 4c 4  a b c   17  17  1 1  6 1 1 1 15  3 1 1 1   1  45 1  ⋅ ⋅ + 3⋅ ⋅ ⋅  = 3+ ⋅3  6 ⋅ abc ⋅   4a 4b 4c 4  a b c  4 17  17  abc  1  45 1 1 3 17  1  45  3 17  3 + 4 ⋅ 2  = 2 . Với a = b = c = thì Min S = 3 + 4 ⋅ a + b + c  ≥ 2 2 17    17  3       Cách 3: ðặt u = a , 1 ; v = b , 1 ; w = c , 1 b c a ≥ ( ) ( ) ( )       Do u + v + w ≥ u + v + w nên suy ra : S = a2 + 1 1 1 2 1 1 1 + b2 + 2 + c2 + 2 ≥ ( a + b + c) +  + +  2 b c a a b c 2 ≥ ( a + b + c ) 2 + 1  1 + 1 + 1  + 15  1 + 1 + 1  2 = 15   2 (a + b + c) ⋅ 1 ⋅ 1 + 1 + 1 +  3 ⋅ 3 1 ⋅ 1 ⋅ 1  4 a b c 16  a b c 2 ≥ ≥ 1 135 1 ⋅ 3 ⋅ 3 abc ⋅ 3 ⋅ 3 1 ⋅ 1 ⋅ 1 + ⋅ ≥ 2 a b c 16 ( 3 2 abc ) 16  a ( b c 16  a b ) 2 c 9 135 1 + ⋅ 2 16 a + b + c 3 ( ) 2 9 135 18 135 153 3 17 1 3 17 + ⋅4 = + = = . Với a = b = c = thì Min S = 2 16 4 4 4 2 2 2 11 Chương I. Hàm số – Trần Phương B. CÁC ỨNG DỤNG GTLN, GTNN CỦA HÀM SỐ I. ỨNG DỤNG TRONG PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH Bài 1. Giải phương trình: 4 x−2 + 4 4−x =2 Giải. ðặt f ( x ) = 4 x − 2 + 4 4 − x với 2 ≤ x ≤ 4 1 1 f ′( x) = 1  − 3 44( 4 (4 − x)3  x − 2)  =0⇔ x=3   2 x ƒ′ 3 0 − 4 + ƒ 2 Nhìn BBT suy ra: f ( x ) ≥ f ( 3) = 2 ∀x ∈ [ 2, 4] ⇒ Phương trình f ( x ) = 4 x − 2 + 4 4 − x = 2 có nghiệm duy nhất x = 3 Bài 2. Giải phương trình: 3 x + 5 x = 6 x + 2 Giải. PT ⇔ f ( x ) = 3 x + 5 x − 6 x − 2 = 0 . Ta có: f ′ ( x ) = 3 x ln 3 + 5 x ln 5 − 6 2 2 ⇒ f ′′ ( x ) = 3 x ( ln 3) + 5 x ( ln 5 ) > 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ ƒ′(x) ñồng biến Mặt khác ƒ′(x) liên tục và x −∞ 0 f′ − f ′ ( 0 ) = ln 3 + ln 5 − 6 < 0 , f ′ (1) = 3ln 3 + 5ln 5 − 6 > 0 ⇒ Phương trình ƒ′(x) = 0 có ñúng 1 nghiệm x0 f Nhìn bảng biến thiên suy ra: 1 +∞ + x0 0 ƒ(x0) Phương trình f ( x ) = 3 x + 5 x − 6 x − 2 = 0 có không quá 2 nghiệm. Mà f ( 0 ) = f (1) = 0 nên phương trình (1) có ñúng 2 nghiệm x = 0 và x = 1 Bài 3. Tìm m ñể BPT: m 2 x 2 + 9 < x + m có nghiệm ñúng ∀x ∈ ℝ Giải. m 2 x 2 + 9 < x + m ⇔ m ( 2 x 2 + 9 − 1) < x ⇔ m < f ( x ) = x 2 2x + 9 − 1 Ta có: f ′ ( x ) = 9 − 2x 2 + 9 2 x 2 + 9 ( 2 x 2 + 9 − 1) 1 lim f ( x ) = lim = 1 ; x →+∞ x →+∞ 2 2 + 92 − 1 x x −1 lim f ( x ) = lim = −1 x →−∞ x →−∞ 9 2 1 2+ 2 + x x 2 =0⇔ x −∞ f′ 2 x 2 + 9 = 9 ⇔ x = ±6 − −6 0 + 6 0 3 4 ƒ −1 2 +∞ − 1 2 −3 4 Nhìn BBT ta có f ( x ) > m , ∀x ∈ ℝ ⇔ Min f ( x ) = f ( −6 ) = − 3 > m ⇔ m < −3 x∈ℝ 4 4 12 Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 2 Bài 4. Tìm m ñể PT: 2 + 2 sin 2 x = m (1 + cos x ) (1) có nghiệm x ∈  − π , π   2 2  Giải. Do x ∈  − π , π  ⇒ x ∈  −π , π  nên ñặt t = tg x ∈ [ −1,1]  2 2  2 2  4 4  2 2 2 ⇒ cos x = 1 − t 2 ; sin x = 2t 2 . Khi ñó (1) ⇔ 2 ( sin x + cos x ) = m (1 + cos x ) 1+ t 1+ t 2 2 2 2 2     ⇔ 2  2t + 1 −2 t  = m 1 + 1 − t 2  ⇔ f ( t ) = ( 2t + 1 − t 2 ) = 2m (2)  1+ t   1+ t  Ta có: f ′ ( t ) = 2 ( 2t + 1 − t 2 ) ( 2 − 2t ) = 0 ⇔ t = 1; t = 1 − 2 ⇒ Bảng biến thiên t −1 ƒ′(t) 4 ƒ(t) Nhìn bảng biến thiên suy ra: ðể (2) có nghiệm t ∈ [ −1,1] thì Min f ( t ) ≤ 2m ≤ Max f ( t ) t∈[ −1,1] 1 1− 2 0 − + 4 0 t∈[ −1,1] ⇔ 0 ≤ 2m ≤ 4 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2 . Vậy ñể (1) có nghiệm x ∈  − π , π  thì m ∈ [ 0; 2] .  2 2   x 2 − 3x ≤ 0  Bài 5. Tìm m ñể hệ BPT:  (1) có nghiệm.  x 3 − 2 x x − 2 − m 2 + 4m ≥ 0 0 ≤ x ≤ 3 Giải. (1) ⇔  (2). x  f ( x ) = x 3 − 2 x x − 2 ≥ m 2 − 4m f′ 2 3 x + 4 x − 4 ∀x ∈ [ 0; 2 )  f Ta có: f ′ ( x ) =  ; 3 x 2 − 4 x + 4 ∀x ∈ ( 2; 3] 0 − 0 2 3 0 2 + 3 + 8 21 CT ƒ′(x) = 0 ⇔ x = 2 . Nhìn BBTsuy ra: Max f ( x ) = f ( 3) = 21 x∈[ 0;3] 3 ðể (2) có nghiệm thì Max f ( x ) ≥ m 2 − 4m ⇔ m 2 − 4m ≤ 21 ⇔ −3 ≤ m ≤ 7 x∈[ 0;3] sin x cos y = m 3 − m 2 − 6m + 35  4 Bài 6. Tìm m ≥ 0 ñể hệ:  (1) có nghiệm. cos x sin y = m 2 − 6m + 33  4 Giải 13 Chương I. Hàm số – Trần Phương sin ( x + y ) = m 3 − 12m + 17 sin x cos y + cos x sin y = m 3 − 12m + 17   (1) ⇔  ⇔  (2) 3 2 3 2 1 1 sin x cos y − cos x sin y = m − 2 m +  sin ( x − y ) = m − 2m + 2  2  Xét f ( m ) = m 3 − 12m + 17 . Ta có: f ′ ( m ) = 3m 2 − 12 = 0 ⇔ m = 2 > 0 Nhìn BBT suy ra: ƒ(m) ≥ ƒ(2) = 1,∀m ≥ 0 kết hợp với sin ( x + y ) ≤ 1 suy ra ñểhệ (2) có nghiệm thì m = 2, khi ñó hệ (2) trở thành: 0 m ƒ′ 2 0 − +∞ + 17 +∞ ƒ 1 sin ( x + y ) = 1  có nghiệm x = π ; y = π . Vậy (1) có nghiệm ⇔ m = 2.  1 3 6 sin ( x − y ) = 2  II. ỨNG DỤNG GTLN, GTNN CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC Bài 1. Chứng minh rằng: 1 + x ln ( x + 1 + x 2 ) ≥ 1 + x 2 , ∀x ∈ ℝ BðT ⇔ f ( x ) = 1 + x ln ( x + 1 + x 2 ) − 1 + x 2 ≥ 0 ∀x ∈ ℝ Ta có: f ′ ( x ) = ln ( x + 1 + x 2 ) = 0 ⇔ x = 0 ⇒ Bảng biến thiên. Nhìn bảng biến thiên suy ra: x −∞ f′ 0 0 − f +∞ + 0 f ( x ) ≥ f ( 0 ) = 0 ⇒ (ñpcm)  a, b, c > 0 3 3 Bài 2. Cho  CMR: T = 2 a 2 + 2 b 2 + 2 c 2 ≥ 2 2 2 2 b + c c + a a + b  a + b + c = 1 Ta có: T = a + b + c = a2 b2 c2 + + . 2 2 2 2 2 1− a 1− b 1− c a (1 − a ) b (1 − b ) c (1 − c 2 ) Xét hàm số f ( x ) = x (1 − x 2 ) với x > 0 x Ta có f ′ ( x ) = 1 − 3 x 2 = 0 ⇔ x = 1 > 0 . 3 f′ Nhìn bảng biến thiên ⇒ f ( x ) ≤ 2 ∀x > 0 . 3 3 f 2 2 2 3 3( 2 3 3 Khi ñó : T = a + b + c ≥ a + b2 + c2 ) = 2 2 f ( a) f ( b) f (c) ðẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 . 3 14 1 3 −∞ + 0 2 3 3 +∞ − Bài 3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số Bài 3. Cho 3 ≤ n lẻ. Chứng minh rằng: ∀x ≠ 0 ta có: (1 + x + x2! + ... + xn! )(1 − x + x2! − x3! + ... − xn! ) < 1 2 2 n 3 n 2 n 2 3 n ðặt u ( x ) = 1 + x + x + ... + x ; v ( x ) = 1 − x + x − x + ... − x . 2! n! 2! 3! n! Ta cần chứng minh f ( x ) = u ( x ) .v ( x ) < 1 u ′ ( x ) = 1 + x + x 2 + ... + x n −1 = u ( x ) − x n  ( n − 1) ! 2! n!  Ta có:  v ′ ( x ) = −1 + x − x 2 + ... − x n −1 = −v ( x ) − x n  ( n − 1) ! 2! n! n n ⇒ f ′ ( x ) = u ′ ( x ) .v ( x ) + u ( x ) .v ′ ( x ) = u ( x ) − x  v ( x ) − u ( x )  v ( x ) + x     n!  n !   n n ⇒ f ′ ( x ) = − x [u ( x ) + v ( x )] = −2 x n! n! 1 + x 2 + x 4 + ... + x n −1   ( n − 1) ! 2! 4! Do 3 ≤ n lẻ nên ƒ′(x) cùng dấu với (−2x) x −∞ f′ Nhìn bảng biến thiên suy ra: 4 a4 + b4 3 a3 + b3 ≥ 4 2 3 2 () 1+ ( a ) b 4 1+ ⇔ 3 a b 3 a 3 + b3 4 a 4 + b 4 ≤ 2 2 4 = 4 1+ t4 3 1+ t3 ≥ 4 2 3 2 Xét f(t) = 3 1+ t = 1+ t3 −3 4 (1 + t 4 ) 4 1 3 3 (1 + t ) 3 0 1 +∞ 0 − + 1 1 f a với t = > 0 b 1 t3 3 1 4 (1 + t ) t (1 + ) − (1 + t ) t (1 + t ) 4 f′(t) = 4 − ∀a, b > 0. f′ 1 4 +∞ 1 t 3 + f f ( x ) < f ( 0 ) = 1 ∀x ≠ 0 ⇒ (ñpcm) Bài 4. Chứng minh rằng: 0 0 4 2 3 2 −2 3 = t 2 (1 + t ) 2 3 −2 3 4 2 3 2 −3 (1 + t 4 ) 4 ( t − 1) 2 (1 + t 3 ) 3 (1 + t 3 ) 3 f′(t) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ Bảng biến thiên của f(t) Từ BBT ⇒ 4 3 2 ≤ f(t) < 1 ∀t > 0 ⇒ 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b > 0. 4 3 2 2 4 ≤ 3 a4 + b4 a 3 + b3 ⇒ 3 a 3 + b3 4 a 4 + b 4 ≤ . 2 2 15 Chương I. Hàm số – Trần Phương III. BÀI TẬP VỀ NHÀ Bài 1. Cho ∆ABC có A > B > C . Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x) = x − sin A + x − sin C Bài 2. Tìm Max, Min của: x − sin B − 1 x − sin C y = sin 6 x + cos 6 x + a sin x cos x 4 4 2  2 Bài 3. Cho ab ≠ 0. Tìm Min của y = a 4 + b 4 −  a 2 + b 2 b a a b Bài 4. Cho x 2 + y 2 > 0 . Tìm Max, Min của S =  a b + +  b a x2 + y2 x 2 + xy + 4 y 2 Bài 5. Giả sử phương trình x 2 + px + 12 = 0 có nghiệm x1, x2. p Tìm p ≠ 0 sao cho S = x14 + x 24 nhỏ nhất. Bài 6. Tìm Min của y = ( 2 + 3 ) 2x + (2 − 3) 2x x x − 8 ( 2 + 3 ) + ( 2 − 3 )  Bài 7. Cho x, y ≥ 0 và x + y = 1 . Tìm Max, Min của S = 3 x + 9 y . Bài 8. Cho x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Tìm Max, Min của P = x + y + z + xy + yz + zx . Bài 9. Tìm m ñể PT: 2 − x + 2 + x − ( 2 − x ) ( 2 + x ) = m có nghiệm. Bài 10 Tìm m ñể PT: Bài 11 Tìm m ñể PT: ( x 2 − 2 x + 2 ) − 4 x 2 − 2 x + 2 = 2 x 2 − 4 x + m có 4 nghiệm phân biệt. x + 9 − x = − x 2 + 9 x + m có nghiệm. 3 Bài 12 2 Tìm m ñể PT: 3 x − 1 = 2 x − 1 + mx có nghiệm duy nhất. 2x − 1 Bài 13 Tìm m ñể PT: m cos 2 x − 4 sin x cos x + m − 2 = 0 có nghiệm x ∈ 0, π . 4 Bài 14 Tìm m ñể PT: sin x.cos 2 x.sin 3x = m có ñúng 2 nghiệm x ∈  π , π  .  4 2  Bài 15 3 x 2 + 2 x − 1 < 0  Tìm m ñể hệ BPT:  có nghiệm. 2  x + 3mx + 1 < 0 Bài 16 a. Tìm m ñể: m x 2 + 8 = x + 2 có 2 nghiệm phân biệt. Bài 17 b. Cho a + b + c = 12 . CMR: a 2 + 8 + b 2 + 8 + c 2 + 8 ≥ 6 6 Chứng minh: 2 ( x 3 + y 3 + z 3 ) − ( x 2 y + y 2 z + z 2 x ) ≤ 3 , ∀x, y, z ∈ [ 0,1] 16 ( )
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan