Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

= 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.
Lời giải.
Đặt: f(x) = x4 + px3 + q.
Ta tìm minf(x) trên R.
Ta có: f ′(x) = 4x3 + 3px2 = x2(4x+ 3p).
f ′(x) = 0⇔
[
x = 0
x = −3p
4
8
Bảng biến thiên:
x
f'(x)
f(x)
−∞ +∞3p4
0
f(−3p
4
)
+∞ +∞
-
+
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
min f(x) = f(−3p
4
) =
256q − 27p4
256
.
Từ đó: f(x) ≥ 0,∀x ∈ R⇔ min f(x) ≥ 0⇔ 256q ≥ 27p4 (đpcm).
2 Sử dụng bất đẳng thức
Ví dụ 2.1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
F =
ab
√
c− 2 + bc√a− 3 + ca√b− 4
abc
trong đó a ≥ 3, b ≥ 4, c ≥ 2.
Lời giải.
Ta có: F =
√
c− 2
c
+
√
a− 3
a
+
√
b− 4
b
(a ≥ 3, b ≥ 4, c ≥ 2).
áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
√
c− 2 =
√
(c− 2)2
2
=
1√
2
.
√
(c− 2)2 ≤ 1√
2
.
(c− 2) + 2
2
=
c
2
√
2
.
⇔
√
c− 2
c
≤ 1
2
√
2
.
Dấu bằng xảy ra khi c− 2 = 2 hay c = 4.
Tương tự:
√
a− 3
a
≤ 1
2
√
3
.
Dấu bằng xảy ra khi a− 3 = 3 hay a = 6.√
b− 4
b
≤ 1
2
√
4
=
1
4
.
Dấu bằng xảy ra khi b− 4 = 4 hay b = 8.
Vậy maxF =
1
2
√
2
+
1
2
√
3
+
1
4
khi a = 6, b = 8, c = 4.
9
Ví dụ 2.2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y = | logx2+1(3− x2) + log3−x2(x2 + 1)|.
Lời giải.
Hàm số xác định khi:

3− x2 > 0
3− x2 6= 1
x2 + 1 6= 1
⇔

−√3 < x < √3
x 6= ±√2
x 6= 0
⇔ x ∈ (−√3;−√2) ∪ (−√2; 0) ∪ (0;√2) ∪ (√2;√3).
Nhận xét rằng: logx2+1(3− x2) =
1
log3−x2(x2 + 1)
nên logx2+1(3− x2) và
log3−x2(x
2 + 1) là cùng dấu.
Vậy: y = | logx2+1(3− x2)|+ | log3−x2(x2 + 1)|
≥ 2
√
| logx2+1(3− x2)|| log3−x2(x2 + 1)| = 2.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
| logx2+1(3− x2)| = | log3−x2(x2 + 1)| ⇔ logx2+1(3− x2) = ±1.
⇔
[
3− x2 = x2 + 1
3− x2 = 1
x2 + 1
⇔
[
x = ±1
x = ±
√
1 +
√
3
Vậy min y = 2.
Ví dụ 2.3. Cho x, y, z > 0 và x+ y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của :
P =
x
x+ 1
+
y
y + 1
+
z
z + 1
.
Lời giải.
Ta có: P = 1− 1
1 + x
+ 1− 1
1 + y
+ 1− 1
1 + z
= 3− ( 1
x+ 1
+
1
y + 1
+
1
z + 1
)
10
áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
(x+ 1 + y + 1 + z + 1)(
1
x+ 1
+
1
y + 1
+
1
z + 1
) ≥ 9
⇔ 1
x+ 1
+
1
y + 1
+
1
z + 1
≥ 9
x+ y + z + 3
=
9
4
.
Suy ra: P ≤ 3− 9
4
=
3
4
.
Vậy: maxP =
3
4
khi x = y = z =
1
3
.
Ví dụ 2.4. Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
P =
bc
a2b+ a2c
+
ac
b2a+ b2c
+
ab
c2a+ c2b
.
Lời giải.
Đặt: x =
1
a
, y =
1
b
, z =
1
c
, ta có:
xyz = 1 và P =
x2
y + z
+
y2
x+ z
+
z2
x+ y
.
áp dụng BĐT Cauchy ta chứng minh:
P ≥ 1
2
(x+ y + z) ≥ 3
2
.
Suy ra: minP =
3
2
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).
Đặt M = max
x∈R
f(x),m = min
x∈R
f(x).
Chứng minh rằng: m2 +M2 ≥ 2.
Lời giải.
Ta có: f(0) = 1 + acosα, f(pi) = 1− acosα.
⇒ f(0) + f(pi) = 2⇒ max(f(0), f(pi)) ≥ 1. Theo định nghĩa của M, thì
M ≥ max(f(0), f(pi)) ≥ 1⇒M2 ≥ 1.
Lại có f(
pi
2
) = −1− a sinα; f(−pi
2
) = −1 + a sinα.
Vậy f(
pi
2
) + f(−pi
2
) = −2⇒ min(f(pi
2
), f(−pi
2
)) ≤ −1.
⇒ m ≤ min(f(pi
2
), f(−pi
2
)) ≤ −1⇒ m2 ≥ 1.
Như vậy ta cóM2 +m2 ≥ 2⇒ đpcm.
11
Ví dụ 2.6. Cho f(x, y, z) =
√
1 + tan x tan y +
√
1 + tan y tan z +
√
1 + tan z tan x
xét trên miền D = {(x, y, z) : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0;x+ y + z = pi
2
}
Tìm max
D
f(x, y, z).
Lời giải.
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
b1 = b2 = b3 = 1.
Ta có:(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 =
pi
2
⇒ tanx tan y + tan y tan z + tan z tan x = 1, vậy từ (1) có
f(x, y, z) =
√
1 + tan x tan y +
√
1 + tan y tan z +
√
1 + tan z tan x ≤ 2√3.
Rõ ràng (
pi
6
,
pi
6
,
pi
6
) ∈ D và f(pi
6
,
pi
6
,
pi
6
) = 2
√
3⇒ max
D
f(x, y, z) = 2
√
3.
Ví dụ 2.7. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
f(x, y, z) =
x
y + z + 1
+
y
z + x+ 1
+
z
x+ y + 1
+ (1− x)(1− y)(1− z),
xét trên miền D = {(x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}
Lời giải.
Lấy (x0, y0, z0) ∈ D tùy ý. Không làm mất tính tổng quát có thể giả sử
x0 ≥ y0 ≥ z0. Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có
(1− y0) + (1− z0) + (1 + y0 + z0)
3
≥ 3
√
(1− y0)(1− z0)(1 + y0 + z0), hay
1
1 + y0 + z0
≥ (1− y0)(1− z0) (1)
Vì 1− x0 ≥ 0 nên từ (1) có
1− x0
1 + y0 + z0
≥ (1− x0)(1− y0)(1− z0) (2)
Do x0 ≥ y0 ≥ z0 nên ta có
y0
1 + y0 + z0
≥ y0
1 + x0 + y0
(3)
12
z0
1 + y0 + z0
≥ z0
1 + x0 + y0
(4)
Cộng từng vế (2), (3), (4) có
x0
y0 + z0 + 1
+
y0
z0 + x0 + 1
+
z0
x0 + y0 + 1
+ (1− x0)(1− y0)(1− z0) ≤ 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
Lại có f(1, 1, 1) = 1 và rõ ràng (1, 1, 1) ∈ D, vậy suy ra
max
D
f(x, y, z) = 1
Ví dụ 2.8. Tìm giá trị bé nhất của hàm số f(x, y) = 5|x|−3|y|, trên tập hợp các
nghiệm nguyên của phương trình 4x+ 5y = 7
Lời giải.
Nếu x và y là các nghiệm nguyên của phương trình 4x+ 5y = 7 thì rõ ràng
x 6= 0 và y 6= 0 (thật vậy nếu x = 0 thì y = 7
5
không phải là số nguyên...) Ta
lại nhận thấy khi ấy x và y phải trái dấu (thật vậy nếu chẳng hạn x, y cùng
dương, vì x, y nguyên nên x ≥ 1, y ≥ 1⇒ 4x+ 5y ≥ 9 đó là điều vô lí). Như vậy
miền D cần xét của hàm số f(x,y) được chia làm hai miền D1, D2 như sau:
D1 = {(x, y) : x, y nguyên; x > 0, y < 0 và 4x+ 5y = 7}.
D2 = {(x, y) : x, y nguyên; x 0 và 4x+ 5y = 7}.
Xét hàm số f(x, y) = 5|x| − 3|y| trên miền D1. Khi ấy do x > 0, y < 0 nên
f(x, y) = 5x+ 3y.
Từ 4x+ 5y = 7⇒ x = 7− 5y
4
= 2− y − 1 + y
4
.
Từ đó suy ra để x, y nguyên thì
1 + y
4
= t, với t nguyên. Như vậy
y = 4t− 1 và x = 3− 5t.
Mặt khác từ x > 0, y < 0 suy ra 4t− 1 < 0 và 3− 5t < 0, tức là t < 1
4
. Nhưng
t nguyên nên t = 0,−1,−2, ... Lúc này ta phải tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
F (t) = 5(3− 5t) + 3(4t− 1) = 12− 13t với t = 0,−1,−2, ....
13
Ta có F (t) ≥ 12 ∀t = 0,−1,−2, ... và F (0) = 12 nên min
(x,y)∈D1
F (t) = 12, tức
là minf(x, y) = 12.
Xét hàm số f(x, y) = 5|x| − 3|y| trên miền D2. Khi ấy do x 0 nên
f(x, y) = −5x− 3y.
Do x 0, nên theo trên suy ra 4t− 1 > 0 và 3− 5t 3
5
.
Nhưng t nguyên nên t = 1, 2, 3, ... Lúc này ta phải tìm giá trị nhỏ nhất của
hàm số F (t) = 13t− 12 với t = 1, 2, 3, ...
Ta có F (t) ≥ 1 ∀t = 1, 2, ...
F (1) = 1 nên min
(x,y)∈D2
F (t) = 1, tức là min f(x) = 1.
Ta có min
(x,y)∈D
f(x, y) = min{ min
(x,y)∈D1
f(x, y), min
(x,y)∈D2
f(x, y)} = min{12, 1} = 1.
Ví dụ 2.9. Giả sử x, y, z, t là các số thỏa mãn điều kiện:
x2 + y2 + z2 ≤ 1
1 ≤ t ≤ z
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = xyz + txy + txz + tyz + tx+ ty + tz
Lời giải.
a) Giá trị lớn nhất
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
x+ y + z ≤ |x+ y + z| ≤ √3√x2 + y2 + z2 = √3 (1)
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =
1√
3
.
áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
1 = x2 + y2 + z2 ≥ 3 3
√
x2y2z2 ⇒ xyz ≤ 1
3
√
3
(2)
Dấu bằng xảy ra khi: x = y = z =
1√
3
Mặt khác ta luôn có
xy + yz + zx ≤ x2 + y2 + z2 = 1 (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra:
P = xyz + t(xy + yz + zx+ x+ y + z) ≤ 1
3
√
3
+ t(1 +
√
3)
14
≤ 1
3
√
3
+ 2(1 +
√
3) =
19
√
3 + 18
9
⇒ maxP = 19
√
3 + 18
9
khi x = y = z =
1√
3
, t = 2.
b) Giá trị nhỏ nhất:
Vì |x| ≤ 1, |y| ≤ 1, |z| ≤ 1 nên (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)[S
2 − 1
2
+ S]− 1 với S = x+ y + z
≥ (t− 1)
2
S2 + (t− 1)S − 1− t− 1
2
=
t− 1
2
(S + 1)2 − t ≥ −t (Vì t ≥ 1)
Vậy P ≥ −t ≥ −2
Dấu đẳng thức xảy ra khi:

x+ y + z = −1
(x+ 1)(y + 1)(z + 1) = 0
x2 + y2 + z2 = 1
t = 2
Vậy minP = −2 đạt được khi t = 2 và hai trong ba số x, y, z bằng 0 số còn
lại bằng 1.
Ví dụ 2.10. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f(x, y) = x2 + y2.
xét trên miền: D = {(x, y) : (x2 − y2 + 1)2 + 4x2y2 − x2 − y2 = 0}
Lời giải.
Hệ thức (x2 − y2 + 1)2 + 4x2y2 − x2 − y2 = 0 có thể viết lại dưới dạng
(x2 + y2)2 + 2(x2 − y2) + 1− (x2 + y2) = 0
⇔ (x2 + y2)2 − 3(x2 − y2) + 1− 4x2 = 0
⇔ (x2 + y2 − 3
2
)2 =
5
4
− 4x2
Vậy D có thể viết thành
D = {(x, y) : (x2 + y2 − 3
2
)2 =
5
4
− 4x2}
15
Từ đó suy ra ∀(x, y) ∈ D, ta có
(x2 + y2 − 3
2
)2 ≤ 5
4
⇒ ∀(x, y) ∈ D, thì
3
2
≤ f(x, y) ≤ 3
2
+
√
5
2
Rõ ràng (0,
√
3 +
√
5
2
) ∈ D và f(0,
√
3 +
√
5
2
) =
3 +
√
5
2
(0,
√
3−√5
2
) ∈ D và f(0,
√
3−√5
2
) =
3−√5
2
Vậy max
D
f(x, y) =
3 +
√
5
2
và min
D
f(x, y) =
3−√5
2
.
3 Sử dụng các điều kiện có nghiệm của phương
trình
Ví dụ 3.1. Tìm a nguyên 6= 0 sao cho giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
sau
f(x) =
12x(x− a)
x2 + 36
xét trên miền x ∈ R là số nguyên.
Lời giải.
Gọi y0 là giá trị tùy ý cuả hàm số f(x) xét khi x ∈ R.
Khi đó phương trình sau có nghiệm (ẩn x).
12x(x− a)
x2 + 36
= y0 (1).
Dễ thấy (1)⇔ (y0 − 12)x2 + 12ax+ 36y0 = 0 (2).
1. Khi y0 = 12 và do a 6= 0, nên (2) có nghiệm.
2. Khi y0 6= 12, thì (2) có nghiệm khi
4′ = 36a2 − 36y0(y0 − 12) ≥ 0 hay
y20 − 12y0 − a2 ≤ 0.
16
6−
√
a2 + 6 ≤ y0 ≤ 6 +
√
a2 + 36và y0 6= 12.
Kết hợp cả hai trường hợp, thì (2) có nghiệm khi
6−
√
a2 + 6 ≤ y0 ≤ 6 +
√
a2 + 36.
Vậy max
x∈R
f(x) = 6 +
√
a2 + 36 và min
x∈R
f(x) = 6−√a2 + 36.
Từ đó suy ra phải tìm a nguyên 6= 0, sao cho
√
a2 + 36 = k (3), ở đây k nguyên dương.
Chú ý rằng nếu a > 0 là số nguyên thỏa mãn (3), thì a cũng thỏa mãn (3),
vậy ta chỉ cần xét (3) với a nguyên dương.
Dễ thấy (3) ⇔ 36 = k2 − a2
⇔ 36 = (k + a)(k − a).
Do k + a và k − a có cùng tính chẵn lẻ, và do k + a > 0, nên k + a > 0 và
k + a > k − a.
Vậy từ (4) suy ra
{
k + a = 18
k − a = 2 ⇒ a = 8
Từ lập trên suy ra có hai giá trị nguyên 6= 0 cần tìm của a là (a = 8) hoặc
(a = −8).
Ví dụ 3.2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
f(x) = x+
√
x2 +
1
x
, trên miền D = {x : x > 0}
Lời giải.
Gọi y0 là giá trị tùy ý của hàm số trên miền x > 0, tức là hệ sau (ẩn x) có
nghiệm  y0 = x+
√
x2 +
1
x
x > 0
17
⇔
{
y0 − x =
√
x2 + 1
x
x > 0
⇔
{
0 < x ≤ y0
(y0 − x)2 = x2 + 1x
⇔
{
0 < x ≤ y0 (1)
2y0x
2 − y20x+ 1 = 0 (2)
Trước hết tìm điều kiện để (2) có nghiệm. Điều kiện đó là
y40 − 8y0 ≥ 0
Do y0 > 0⇒ y0 ≥ 2 (3)
Với điều kiện (3), thì (2) có nghiệm. Mặt khác ta có
P =
1
2y
> 0;S =
y20
2y0
=
y0
2
> 0
Vậy (2) có hai nghiệm dương x1 < x2 mà x1 + x2 =
1
2y0
⇒ x1 ≤ x2 ≤ y0.
Vậy (3) cũng là điều kiện để hệ (1) (2) có nghiệm.
Từ đó suy ra min
x∈D
f(x) = 2.
Ví dụ 3.3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
f(x) = |sinx+ cos x+ 1
sinx+ 2
|
Lời giải.
Xét y =
sinx+ cos x+ 1
sinx+ 2
, 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 =
sinx+ cos x+ 1
sinx+ 2
(1)
Dễ thấy (1) ⇔ y0 sinx+ 2y0 = sin x+ cos x+ 1
⇔ (y0 − 1) sin x− cosx = 1− 2y0 (2)
Phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi (y0 − 1)2 + 12 ≥ (1− 2y0)2
⇔ 3y0 − 2y0 − 1 ≤ 0
⇔ −1
3
≤ y0 ≤ 1
18
Vậy max
x∈ R
= max{|max y|, |min y|} = max{1, 1
3
} = 1
Rõ ràng f(x) ≥ 0∀x. Mặt khác phương trình sinx+ cosx+ 1 = 0 hiển nhiên
có nghiệm. Gọi x là nghiệm tùy ý của nó, thì f(x) = 0. Từ
f(x) ≥ 0 ∀x ∈ R
f(x) = 0
Suy ra min
x∈R
f(x) = 0
Ví dụ 3.4. Cho hàm số f(x) =
x2 + px+ q
x2 + 1
với x ∈ R
Tìm p và q để
max
x∈R
f(x) = 9 và min
x∈R
f(x) = −1
Lời giải.
Gọi y0 là giá trị tùy ý của tham số, khi đó phương trình sau có nghiệm (ẩn
x)
x2 + px+ q
x2 + 1
= y0 (1)
Dễ thấy (1)⇔ (y0 − 1)2x2 − px+ (y0 − q) = 0 (2)
Xét hai khả năng:
1. Nếu y0 = 1, thì (2) có nghiệm khi p 6= 0 hoặc khi p = 0, q = 1.
2. Nếu y0 6= 1, thì (2) có nghiệm khi
−4 = 4y20 − 4(q + 1)t− (p2 − 4q) ≤ 0 (3)
Xét phương trình
4t2 − 4(q + 1)t− (p2 − 4q) = 0 (4)
Gọi t1, t2 là hai nghiệm của nó, thì nghiệm của (3) là
t1 ≤ y0 ≤ t2
(Chú ý rằng dễ thấy t1 ≤ 1 ≤ t2).
19
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
x∈R
f(x) = t2 và min
x∈R
f(x) = t1.
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
4(q + 1)
4
= 8
4q − p2
4
= −9
⇔
{
q = 7
p = ±8
Vậy có hai cặp giá trị cần tìm là
(p = 8, q = 7) hoặc (p = −8, q = 7).
4 Phương pháp4 lặp
Ví dụ 4.1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
U = 19x2 + 54y2 + 16z2 + 36xy − 16xz − 24yz.
Lời giải.
Biến đổi U về tam thức bậc hai đối với x:
U = 19x2 − 2(8z − 18y)x+ 54y2 + 16z2 − 24yz
Ta có: 4x = (8z − 18y)2 − 19(54y2 + 16z2 − 24yz)
= −702y2 + 168yz − 240z2
Xem 4x là tam thức bậc hai đối với y, ta có:
4y = (84z)2 − 702.204z2 = −161424z2 ≤ 0, ∀z
Suy ra : 4x ≤ 0,∀y, z (vì a = −702 < 0).
Do đó: U ≥ 0, ∀x, y, z (vì a = 19 > 0).
U = 0 khi x = y = z = 0.
Vậy: minU = 0.
20
Ví dụ 4.2. Tìm m để bất đẳng thức với mọi x, y, z, t.
U = x2 + y2 + z2 + t2 +mzy − xz + x− y + t ≥ 0
Lời giải.
Tương tự
5 Phương pháp lượng giác hóa
Ví dụ 5.1. Cho f(x) =
(1− x2) sin a+ 2x cos a
1 + x2
. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất
của f(x)
Lời giải.
Đặt x = tanα. Khi đó:
f(x) =
(1− tan2 α) sin a+ 2 tanα cos a
1 + tan2 α
=
cos 2α
cos2 α
sin a+ 2
sinα
cosα
cos a
1
cos2 α
= cos 2α sin a+ sin 2α cos a
= sin(a+ 2α)
Do −1 ≤ sin(a+ 2α) ≤ 1 nên ta có:
min f(x) = −1 khi x = tan(−pi
4
− a
2
+ k1pi) k1 ∈ Z hoặc x = tan(3pi
4
− a
2
+
k2pi) k2 ∈ Z
max f(x) = 1 khi x = tan(
pi
4
− a
2
+ k3pi) k3 ∈ Z.
Nhận xét: Sử dụng điều kiện của biến: |x| ≤ k (k>0).
Đặt x = k sin a với − pi
2
≤ a ≤ pi
2
hoặc x = k cos a với 0 ≤ a ≤ pi.
Ví dụ 5.2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các biểu thức sau:
a) 6a
√
1− a2 + 8a2.
b) 4a3 − 24a2 + 45a− 26 với 1 ≤ a ≤ 3.
Lời giải.
21
a) Điều kiện: |a| ≤ 1. Đặt a = cosα; 0 ≤ α ≤ pi. Ta có:
|6a
√
1− a2 + 8a2| = |6a
√
1− a2 + 4(2a2 − 1)|
= |6 cosα. sinα+ 4(2 cos2 α− 1)|
= |3 sinα+ 4 cos 2α|
= 5| cos(2α− ϕ)| ≤ 5 (với cosϕ = 4
5
; sinϕ =
3
5
)
⇒ −1 ≤ 6a√1− a2 + 8a2 ≤ 9.
Vậy min(6a
√
1− a2 + 8a2) = −1 khi cos(2α− ϕ) = −1.
max(6a
√
1− a2 + 8a2) = 9 khi cos(2α− ϕ) = 1.
b) Từ 1 ≤ a ≤ 3⇒ −1 ≤ a− 2 ≤ 1.
Đặt a− 2 = cosα với α ∈ [0;pi]. Khi đó:
A = 4a3 − 24a2 + 45a− 26
= 4(cosα + 2)3 − 24(cosα + 2)2 + 45(cosα+ 2)− 26
= 4 cos3 α− 3 cosα
= cos 3α
⇒ |A| ≤ 1.
Nhận xét: Biến x, y của bài toán có điều kiện:
x2 + y2 = k2 (k > 0)
Đặt x = k sinα, y = k cosα α ∈ [0; 2pi]
Ví dụ 5.3. Cho x2 + y2 = 1. Chứng minh rằng:
a)
√
3|x|
2 + y
≤ 1
b)
1
4
≤ x6 + y6 ≤ 1
Lời giải.
a) Từ điều kiện x2 + y2 = 1.
Ta đặt x = sinα, y = cosα.
α ∈ [0; 2pi]. Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với:
22
−1 ≤
√
3 sinα
2 + cosα
≤ 1⇔ −2− cosα ≤ √3 sinα ≤ 2 + cosα (vì 2 + cosα > 0)
⇔
{ √
3 sinα + cosα ≥ −2 (1)√
3 sinα− cosα ≤ 2 (2)
Ta có :
√
3 sinα + cosα = 2(
√
3
2
sinα +
1
2
cosα)
= 2(cos
pi
6
sinα+ sin
pi
6
cosα)
= 2 sin(α+
pi
6
) ≥ −2⇒ (1)
và
√
3 sinα− cosα = 2(
√
3
2
sinα− 1
2
cosα)
= 2(cos
pi
6
sinα− sin pi
6
cosα)
= 2 sin(α− pi
6
) ≤ 2⇒ (2)
Vậy ta có đpcm. b) Đặt x = sinα, y = cosα. Khi đó:
x6 + y6 = 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
= 1− 3
4
sin2 2α
Vì 0 ≤ sin2 2α ≤ 1 nên 1
4
≤ 1− 3
4
sin2 2α ≤ 1.
⇒ 1
4
≤ x6 + y6 ≤ 1 (đpcm).
Nhận xét: Sử dụng điều kiện của biến |x| ≥ k (k > 0).
Đặt x =
1
k cosα
α ∈ [0; pi
2
) ∪ [pi; 3pi
2
).
Khi đó: x2 − k2 = k2( 1
cos2 α
− 1) = k2 tan2 α và tanα > 0
Ví dụ 5.4. Cho |a| ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức:
√
a2 − 1 +√3
a
Lời giải.
23
Từ điều kiện |a| ≥ 1.
Đặt x =
1
k cosα
α ∈ [0; pi
2
) ∪ [pi; 3pi
2
). Khi đó:
A =
√
a2 − 1 +√3
a
=
√
1
cos2 α
− 1 +√3
1
cosα
= cosα(tanα +
√
3) =
√
3 cosα + sinα
= 2(
√
3
2
cosα +
1
2
sinα) = 2(cos
pi
6
cosα + sin
pi
6
sinα)
= 2 cos(α− pi
6
)
⇒ −2 ≤ A ≤ 2.
Vậy maxA = 2 khi a =
pi
6
+ kpi với k ∈ Z.
minA = −2 khi a = 7pi
6
+ kpi hoặc a =
5pi
6
+ kpi với k ∈ Z
Ví dụ 5.5. Cho |a| ≥ 1; |b| ≥ 1. Chứng minh BĐT:
|
√
a2 − 1 +√b2 − 1
ab
| ≤ 1 (1)
Lời giải.
Đặt a =
1
cosα
; b =
1
cos β
với α, β ∈ [0; pi
2
) ∪ [pi; 3pi
2
). Khi đó:
A =
√
a2 − 1 +√b2 − 1
ab
=
1
cos2 α
− 1 + 1
cos2 β
− 1
1
cosα
1
cos β
= cosα cos β(tanα+ tan β)
= sin(α+ β)
⇒ đpcm.
Nhận xét: Bài toán có biểu thức x2 + k2.
Đặt x = k tanα với α ∈ (−pi
2
;
pi
2
).
Khi đó x2 + k2 = k2(1 + tan2 α) =
k2
cos2 α
với cosα > 0
24
Ví dụ 5.6. Chứng minh BĐT :
−1
2
≤ (a+ b)(1− ab)
(1 + a2)(1 + b2)
≤ 1
2
Lời giải.
Đặt a = tanα; b = tan β với α, β ∈ (−pi
2
;
pi
2
)
A =
(a+ b)(1− ab)
(1 + a2)(1 + b2)
=
(tanα + tan β)(1− tanα tan β)
(1 + tan2 α)(1 + tan2 β)
= cos2 α. cos2 β.
sin(α + β)
cosα cos β
.
cos(α+ β)
cosα cos β
=
1
2
sin(2α+ 2β)
⇒ |A| ≤ 1
2
(đpcm)
6 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 một tam giác, tổng hai cạnh luôn luôn lớn hơn cạnh thứ ba.
- Cho một điểm M ở ngoài một đường thẳng d cho trước. Khi đó độ dài
đường vuông góc kẻ từ M xuống d ngắn hơn mọi đường xiên kẻ từ M xuống
đường thẳng ấy.
- Trong các tam giác cùng nội tiếp một đường tròn, thì tam giác đều có chu
vi và diện tích lớn nhất.
Nếu như một bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, bằng một phép biến
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
chưa nhìn ra chúng.
25
Ví dụ 6.1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f(x, y, z, t) = z2 + t2 − 2xz − 2yt− 3, xét trên miền
D = {(x, y, z, t) : x2 + y2 = 1; z2 − t+ 3 = 0}
Lời giải.
Với (x, y, z, t) ∈ D ta có
f(x, y, z, t) = (x− z)2 + (y − t)2 − x2 − y2 − 3
= (x− z)2 + (y − t)2 − 4 (1)
Mặt khác khi (x, y, z, t) ∈ D thì điểm M(x, y) nằm trên đường tròn tâm tại
gốc tọa độ bán kính 1, còn điểm N(z, t) nằm trên parabol u = v2 + 3.
u = v2 + 3
N(z,t) 3
1
M0
0
u
v
M(x,y)
N0
Ta có:
(x− z)2 + (y − t)2 =MN2
Rõ ràng minMN2 =M0N
2
0 = 4, ở đâyM0(0; 1) và N0(0; 3).
Từ đó suy ra từ (1) f(x, y, z, t) ≥ 0 ∀(x, y, z, t) ∈ D.
26
Mặt khác lấy x = 0, y = 1, z = 0, t = 3, thì f(0, 1, 0, 3) = 0, mà (0, 1, 0, 3) ∈ D
nên suy ra
min
(x,y,z,t)∈D
f(x, y, z, t) = 0
Ví dụ 6.2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
f(x) =
√
x2 − 2x+ 3 +
√
x2 + 4x+ 6 xét trên miền |x| ≤ 1
Lời giải.
Ta viết lại hàm số f(x) dưới dạng sau
f(x) =
√
(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 M0M1,
trong đóM0(
√
2, 0) vàM1(
√
2, 2).
Ta có: √
(x− 1)2 + 2 +
√
(x− 2)2 + 2 = OM +ON
v
u
N
M
M0
M1
3
2
1-x
√
2 2
√
20
3
2
27
Rõ ràng OM + ON ≥ ON = √17. Mặt khác gọi M∗ là giao điểm của đường
thẳng x =
√
2 và ON, thì OM1 +M1N = ON . Có thể thấy M∗M0 =
1
2
NH =
3
2
(H là hình chiếu của N trên trục hoành), vậyM∗(
√
2,
3
2
).
Như vậy ta có f(x) ≥ √17 ∀ − 1 ≤ x ≤ 1
f(−1
2
) =
√
17
Từ đó suy ra min
|x|≤1
f(x) =
√
17.
Lại có max
M∈M0M1
(OM +ON) = max(OM1 +M1N,OM0 +M0N)
= max(
√
6 +
√
3,
√
2 +
√
11)
=
√
2 +
√
11
Vậy max
|x|≤1
f(x) =
√
2 +
√
11.
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)
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
f(x, y, z) = a
√
h2 + x2+b
√
h2 + y2+c
√
h2 + z2 với các x,y,z thỏa mãn hệ thức (1)
Lời giải.
v
u
(a+b+c)h
A
C
B
ax+by+cz=k
ax
0
ax+by
(a+b)h
ah
28
Vẽ hệ trục Ouv và trên đó xét các điểm A(ah, ax), B((a+ b)h, ax+ by), C((a+