Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

các phương pháp tìm giá trị lớn nhất
và nhỏ nhất của hàm số
Giảng viên hướng dẫn: Lê Văn Đính
Sinh viên: Đào Thị Thu Hiền-Chu Thị Hương
Lớp K54B
Ngày 26 tháng 9 năm 2007
Đây là một đề tài khá phong phú, trong bài này chúng tôi bàn đến một vài
phương pháp khá phổ biến để giải bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.
Nhớ lại rằng A là giá trị lớn nhất của hàm f(x) trên miền M và kí hiệu là
A = max
x∈M
f(x) nếu f(x) ≤ A với mọi x ∈ M và phải tồn tại a ∈ M để A = f(a).
Còn B là giá rị nhỏ nhất của hàm f(x) và kí hiệu là B = min
x∈M
f(x) nếu f(x) ≥ A
với mọi x ∈M và phải tồn tại b ∈M để B = f(b).
I Phương pháp đạo hàm
Đây là phương pháp cơ bản nhất, có thuật toán rõ ràng, bao gồm 2 loại: loại
với TXĐ hữu hạn, loại với TXĐ vô hạn.
II Sử dụng bất đẳng thức
Đây là một trong những phương pháp thông dụng và hiệu quả nhất để tìm giá
trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số. Phương pháp này dựa trực tiếp vào định
nghĩa của giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm f(x) trên miền M . Ta tiến
hành theo hai bước sau đây:
• Chứng minh một bất đẳng thức.
1
• Tìm một điểm thuộc miềnM sao cho ứng với giá trị đó bất đẳng thức vừa
tìm được trở thành đẳng thức.
Trong đó để chứng minh một bất đẳng thức ta có thể sử dụng các bất đẳng
kinh điển như bất đẳng thức Côsi, Bunhiacôpki hoặc sử dụng các bất đẳng
thức véctơ, bất đẳng thức giá trị tuyệt đối,.... Ngoài ra thì để giải những bài
toán dạng này chúng ta còn phải tự đề xuất các bất đẳng thức "vô danh".
Ví dụ 1. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
f(x, y, z) = (1 +
1
x
)(1 +
1
y
)(1 +
1
z
)
trên miền D = {(x, y, z) : x, y, z > 0;x+ y + z = 1}.
Giải. Ta có
f(x, y, z) = (1 +
1
x
)(1 +
1
y
)(1 +
1
z
) =
(1 + x)(1 + y)(1 + z)
xyz
.
Theo bất đẳng thức Côsi
1 + x = x+ y + z + x ≥ 4 4
√
x2yz.
Tương tự
1 + y = x+ y + z + y ≥ 4 4
√
xy2z,
1 + z = x+ y + z + z ≥ 4 4
√
xyz2.
Nhân từng vế các bất đẳng thức trên ta được (1 + x)(1 + y)(1 + z) ≥ 64xyz. Từ
đó f(x, y, z) ≥ 64.Mặt khác f(1
3
,
1
3
,
1
3
) = 64. Vậy max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) = 64.
Bài toán tổng quát như sau:
max
(x1,x2,...,xn)∈D
f(x1, x2, ..., xn) = (n+ 1)
n,
trong đó
f(x1, x2, ..., xn) = (1 +
1
x1
)(1 +
1
x2
)...(1 +
1
xn
)
và D = {(x1, x2, ..., xn) | xi > 0∀i = 1, n;x1 + x2 + ...xn = 1}.
Dưới đây là các ví dụ hình học minh hoạ cho bài toán trên:
2
a) Gọi D là tập hợp tất cả các tam giác nhọn ABC. Xét hàm số
f(A,B,C) =
cos (A−B) cos (B − C) cos (C − A)
cos2A cos2B cos2C
.
Khi đó ta có max
(A,B,C)∈D
f(A,B,C) = 64. Thật vậy viết lại hàm số f(A,B,C)
dưới dạng sau
f(A,B,C)
=
cosA cosB + sinA sinB
cosA cosB
cosB cosC + sinB sinC
cosB cosC
cosC cosA+ sinC sinA
cosC cosA
= (1 +
1
cotA cotB
)(1 +
1
cotB cotC
)(1 +
1
cotC cotA
).
Chú ý rằng do A,B,C ∈ D nên cotA > 0, cotB > 0, cotC > 0. Ngoài ra theo
hệ thức lượng trong tam giác ta có
cotA cotB + cotB cotC + cotC cotA = 1.
Bằng cách đặt x = cotA cotB; y = cotB cotC; z = cotC cotA, ta được
max
(A,B,C)∈D
f(A,B,C) = max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) = 64.
b) Gọi D là tập hợp tất cả các 4ABC có bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1.
Xét hàm số f(x, y, z) = (1 + x)(1 + y)(1 + z), trong đó x, y, z tương ứng là các
chiều cao kẻ từ A,B,C. Khi đó ta có max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) = 64. Thật vậy, theo
hệ thức lượng trong tam giác ta có
1
x
+
1
y
+
1
z
=
1
r
với r là bán kính đuờng tròn nội tiếp 4ABC. Vì thế nếu (x, y, z) ∈ D thì
1
x
+
1
y
+
1
z
= 1.
Đặt
x =
1
X
, y =
1
Y
, z =
1
Z
thì
max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) = max
(X,Y,Z)∈D′
F (X, Y, Z)
3
với
F (X, Y, Z) =
1
X
+
1
Y
+
1
Z
và D′ = {(X, Y, Z) | X, Y, Z > 0;X + Y + Z = 1}. Theo kết quả bài trên ta
suy ra đpcm.
c) Gọi D là tập hợp tất cả các hình hộp chữ nhật. Xét hàm số
f(x, y, z) = (2 + tan2 x)(2 + tan2 y)(2 + tan2 z),
trong đó x, y, z lần lượt là góc của đường chéo của hình hộp tạo với 3 cạnh
cũng của hình hộp này cùng xuất phát từ một đỉnh. Khi đó ta có
max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) = 64.
Thật vậy, f(x, y, z) cũng có thể viết lại duới dạng sau:
f(x, y, z) = (1 +
1
cos2 x
)(1 +
1
cos2 y
)(1 +
1
cos2 z
).
Mặt khác ta lại có cos2 x+ cos2 y + cos2 z = 1. Vì thế sau khi thực hiện phép
biến đổi X = cos2 x, Y = cos2 y, Z = cos2 z, ta được
max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) = max
(X,Y,Z)∈D′
F (X, Y, Z)
với
F (X, Y, Z) =
1
X
+
1
Y
+
1
Z
và D′ = {(X,Y, Z) | X, Y, Z > 0, X + Y + Z = 1}. Theo kết quả bài trên ta
suy ra max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) = 64 và đó là điều phải chứng minh.
Ví dụ 2. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
f(x, y, z) =
√
1− x+
√
1− y +√1− z
trên miền D = {(x, y, z) | x > 0, y > 0, z > 0, x+ y + z = 1}.
4
Giải. Theo bất đẳng thức Côsi ta có
√
(1− x)2
3
≤
1− x+ 2
3
2
.
Lập luận tương tự ta có
√
(1− y)2
3
≤
1− y + 2
3
2
,
√
(1− z)2
3
≤
1− z + 2
3
2
.
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên với chú ý rằng x+ y + z = 1 ta được√
2
3
f(x, y, z) ≤ 2⇒ f(x, y, z) ≤
√
6 ∀(x, y, z) ∈ D.
Mặt khác ta có
f(
1
3
,
1
3
,
1
3
) =
√
6
nên suy ra max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) =
√
6.
Bài toán tổng quát như sau: Với n ≥ 2 thì max
(x1,x2,...,xn)∈D
f(x1, x2, ..., xn) =
√
n(n− 1)
ở đây
f(x1, x2, ..., xn) =
√
1− x1 +
√
1− x2 + ...+
√
1− xn
và D = {(x1, x2, ..., xn)|x1 > 0, x2 > 0, ..., xn > 0;x1 + x2 + ...xn = 1}
Ví dụ hình học minh hoạ cho bài toán trên như sau: a)Gọi D là tập hợp
tất cả các tam giác nhọn ABC. Xét hàm số
f(A,B,C) =
√
cosA
sinB sinC
+
√
cosB
sinC sinA
+
√
cosC
sinA sinB
trên miền D. Khi đó ta có max
(A,B,C)∈D
f(A,B,C) =
√
6.
Thật vậy hàm số f(A,B,C) có thể viết lại như sau
f(A,B,C) =
√
1− cotA cotB +√1− cotB cotC +√1− cotC cotA
5
Đặt x = cotA cotB; y = cotB cotC; z = cotC cotA
Do A,B,C nhọn nên x > 0; y > 0; z > 0. Theo hệ thức lượng trong tam giác
thì
x+ y + z = cotA cotB + cotB cotC + cotC cotA = 1
áp dụng kết quả trên suy ra điều phải chứng minh.
Chú ý: Trong mọi tam giác ta có
tan
A
2
tan
B
2
+ tan
B
2
tan
C
2
+ tan
C
2
tan
A
2
= 1
thì ta có một minh hoạ hình học tương tự cho bài toán trên như sau: Hàm
số
f(A,B,C) =
√
sin C
2
cos A
2
cos B
2
+
√
sin B
2
cos C
2
cos A
2
+
√
sin A
2
cos B
2
cos C
2
Khi đó ta có max
(A,B,C)∈D
f(A,B,C) =
√
6
b)Gọi D là tất cả các hình hộp chũ nhật . Gọi x,y,z lần lượt là góc giữa
đường chéo với 3 cạnh của hình hộp cùng xuất phát từ cùng một đỉnh và
xét hàm số f(x, y, z) = sin x + sin y + sin z. Khi đó ta có max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) =
√
6.Cũng bằng cách áp dụng két quả của bài toán trên và chú ý trong mọi
hình hộp chữ nhậtcos2 x+ cos2 y + cos2 z = 1
Ví dụ 3. 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)
với x, y, z ∈ [0; 1]
Giải:vì x,y,z có vai trò như nhau,không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
x ≥ y ≥ z
áp dụng ất đẳng thức Côsi ta có :
(1− y) + (1− z) + (1 + y + z)
3
≥ 3
√
(1− y)(1− z)(1 + y + z)⇒ 1
y + z + 1
≥ (1−y)(1−z)(1)
6
.Do 1− x ≥ 0 nên từ (1) suy ra
1− x
1 + y + z
≥ (1− x)(1− y)(1− z)
hay
1
1 + y + z
≥ (1− x)(1− y)(1− z) + x
1 + y + z
(2)
Vì x ≥ y ≥ z,xà x, y, z ≥ 0 nên hiển nhiên ta có:
y
1 + y + z
≥ y
z + x+ 1
(3)
z
1 + y + z
≥ z
1 + z + x
(4)
Cộng từng vế (2),(3),(4) ta có
1 ≥ (1− x)(1− y)(1− z) + x
1 + y + z
+
y
1 + z + x
+
z
1 + x+ y
Như vậy ta đa chứng minh được rằng f(x, y, z) ≤ 1.Do f(1,1,1)=1 nên từ đó ta
đi đến điều khẳng định max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) = 1.
Bài toán tổng quát hoá như sau : Cho hàm số
f(x1, x2, ..., xn) =
x1
s+ 1− x1 +
x2
s+ 1− x2 + ...+
xn
s+ 1− xn
Trong đó S = x1 + x2 + ... + xn. Khi đó bằng cách làm tương tự như trên
ta cũng có max
(x1,x2,...,xn)∈D
f(x1, x2, ..., xn) = 1, ở đây D = {(x1, x2, ..., xn)|xi ∈
[0; 1]}
7
Minh hoạ hình học cho bài toán trên :gọi D là tập hợp tất cả các hình hộp
chữ nhật. Giả sử x,y,z là ba góc tạo bởi đường chéo của hình hộp với 3
cạnh xuất phát từ một đỉnh .Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
f(x, y, z) =
cos2 x
1 + sin2 x
+
cos2 y
1 + sin2 y
+
cos2 z
1 + sin2 z
+ sin2 x sin2 y sin2 z
trên miền D
Dựa vào sự kiện quen biết :trong mọi hình hộp ta có
cos2 x+ cos2 y + cos2 z = 1.
Từ đó suy ra 1+sin2 x = 1+(1− cos2 x) = 1+cos2 y+cos2 z. Vì thế sau khi
đặt X = cos2 x;Y = cos2 y;Z = cos2 z, thì bài toán đã cho có dạng tương
đương sau :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)
với X, Y, Z ∈ [0; 1]
Từ đó theo kết quả trên suy ra max
(X,Y.Z)∈D
F (X, Y, Z) = 1.
Dưới đây là một số bài tập áp dụng bất đắng thức Côsi
Bài 1. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f(x, y, z) = xyz xét trên miền
D = {(x, y, z)|x, y, z ≥ 0; 1
1 + x
+
1
1 + y
+
1
1 + z
= 2}
Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất của
f(x, y, z) =
x
x+ 1
+
y
y + 1
+
z
z + 1
trên miền D = {(x, y, z)|x, y, z > 0; x+ y + z = 1}
Bài 3. Tìm GTNN của
f(x, y, z) =
x
y2 + z2
+
y
z2 + x2
+
z
x2 + y2
Với x, y, z > 0;x2 + y2 + z2 = 1
8
Bài 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của
f(x, y, z) =
x
y + z
+
y
z + x
+
z
x+ y
+
y + z
x
+
z + x
y
+
x+ y
z
Với x, y, z > 0
Bài 5. Tìm GTNN của
f(x, y, z) =
x6
y3 + z3
+
y6
z3 + x3
+
z6
x3 + y3
Trên miền D = {(x, y, z)|x, y, z > 0;xy√xy + yz√yz + zx√zx = 1}
Bài 6. Tìm GTNN của
f(x, y, z) =
x√
1− x +
y√
1− y
Với x, y > 0; x+ y = 1
Bài 7. Tìm GTLN của hàm số f(x) = sinp x sinq x với 0 ≤ x ≤ pi
2
; p, q ∈ N∗
Bài 8. Cho a, b, c > 0; abc = 1. Tìm GTLN của biểu thức
1
a2 + 2b2 + 3
+
1
b2 + 2c2 + 3
+
1
c2 + 2a2 + 3
Ví dụ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của
f(x, y) =
x3
y
+
y3
x
Trên miền D = {(x, y)|x, y > 0;xy = 1
2
}
Giải:áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số
(
√
x3
y
;
√
y3
x
) và (
√
xy;
√
xy)
ta có
(x2 + y2)2 ≤ f(x, y).2xy = f(x, y)⇔ f(x, y) ≥ 4x2y2 = 1
Mặt khác ta có f(
1√
2
;
1√
2
) = 1 vì vậy min
(x,y)∈D
f(x, y) = 1
9
Bài toán tổng quát như sau
min
(x1,x2,...,xn)∈D
f(x1, x2, ..., xn) =
1
n− 1 .
Nếu thay
D = {(x1, x2, ..., xn)|xi > 0∀i = 1..n;x1x2 + x2x3 + ...+ xn−1xn + xnx1 = 1}
bởi miền D′ = {(x1, x2, ..., xn)|xi > 0∀i = 1..n;
n∑
i=1
x2i = 1} thì ta vẫn có
min
(x1,x2,...,xn)∈D′
f(x1, x2, ..., xn) =
1
n− 1 .
Trong đó
f(x1, x2, ..., xn) =
n∑
i=1
x3i
S − xi ;S =
n∑
i=1
xi
Ví dụ hình học minh hoạ cho bài toán trên như sau Gọi D là tập tất cả
các hình hộp chư nhật. Đặt x, y, z là 3 góc hợp bởi đường chéo và 3 cạnh
của hình hộp chữ nhật cùng xuất phát từ một đỉnh. Xét hàm số sau trên
D:
f(x, y, z) = cos4 x cot2 x+ cos4 y cot2 y + cos4 z cot2 z
Khi đó ta có
min
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) =
1
2
Để chứng minh ý này ta làm tương tự như những ví dụ trên biến đổi LG
,áp dụng hệ thức cos2 x + cos2 y + cos2 z = 1 trong mọi hình hộp chữ nhật
rồi sử dụng kết quả của bài toán trên.
Ví dụ 5. Tìm GTNN của
S =
√
x2 +
1
x2
+
√
y2 +
1
y2
+
√
z2 +
1
z2
Trên miền D = {(x, y, z)|x, y, z > 0; x+ y + z ≤ 1}
10
Giảiáp dụng bất đẳng thúc Bunhiacopxki ta có:
x+
9
x
≤
√
82
√
x2 +
1
x2
Tương tự ta cũng có
y +
9
y
≤
√
82
√
y2 +
1
y2
z +
9
z
≤
√
82
√
z2 +
1
z2
Cộng từng vế các bát đẳng thức trên ta có
S.
√
82 ≥ (x+ y+ z) + 9(1
x
+
1
y
+
1
z
) = 81(x+ y+ z) + 9(
1
x
+
1
y
+
1
z
)− 80(x+ y+ z)
⇔ S
√
82 ≥ 2.9.3
√
(x+ y + z)(
1
x
+
1
y
+
1
z
)− 80(x+ y + z)
⇔ S ≥ 162− 80 = 42⇔ S ≥
√
82
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
3
Vậy min
(x,y,z)∈D
S =
√
82.
Bài toán trên có thể giải được bằng nhiều cách khác nhau chẳng hạn:
Đặt
−→u = (x; 1
x
);−→v = (y; 1
y)
;−→w = (z; 1
z
)
Sau đó ta áp dụng bát đẳng thức vectơ
|−→u1|+ |−→u2|+ ...+ |−→un| ≥ |−→u1 +−→u2 +−→un|
cho 3 vectơ
−→u ;−→v ;−→w ta có
S = |−→u |+ |−→v |+ |−→w | ≥
√
(x+ y + z)2 + (
1
x
+
1
y
+
1
z
)2
Do
(x+ y + z)(
1
x
+
1
y
+
1
z
) ≥ 9
⇔ ( 1
x
+
1
y
+
1
z
) ≥ 9
(x+ y + z)
Nên ta có
S ≥
√
(x+ y + z)2 +
(
9
x+ y + z
)2
.
Đến đây ta sử dụng tiếp pp đạo hàm bằng cách đặt α = (x + y + z)2;α ∈ (0; 1]
ta sẽ suy ra kết quả như trên.
11
Bài toán tổng quát như sau
min
(x1,x2,...,xn)∈D
S =
√
n4 + 1
trong đó
S =
√
x21 +
1
x21
+
√
x22 +
1
x22
+ ...+
√
x2n +
1
x2n
Với
xi > 0∀i = 1..n;x1 + x2 + ...+ xn ≤ 1
Ví dụ hình học minh họa cho bài toán trên như sau: Xét các tứ diệnABCD
có các cặp cạnh đối bằng nhau và số đo các góc nhị diện cạnh BC, CA, AB
tương ứng là x, y, z đều nhọn.Khi đó minS =
√
82
Sau đây là một số bài tập tương tự áp dụng bát đẳng thức Bunhiacopxki:
Bài 9. Tìm giá trị nnhỏ nhất của
f(x, y) =
x
y + 2z
+
y
z + 2x
+
z
x+ 2y
Trên miền D = {(x, y, z)|x, y, z > 0}. Đưa ra kết quả tổng quát và ví dụ hình
học minh hoạ cho bài toán trên.
Bài 10. Tìm giá rị nhỏ nhất của biểu thức
T =
n
√
xn +
1
xn
+ n
√
yn +
1
yn
+
n
√
zn +
1
zn
trong đó 0 < x, y, z < 1;x+ y + z = 1
ĐS: minT = n
√
9n + 1
Bài 11. Tìm GTLN của
A =
a8
(a2 + b2)2
+
b8
(b2 + c2)2
+
c8
(c2 + a2)2
trong đó a, b, c > 0; ab+ bc+ ca = 1
Bài 12. Cho a, b, c > 0. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau
a
a+
√
(a+ b)(a+ c)
+
b
b+
√
(b+ c)(b+ a)
+
c
c+
√
(c+ a)(c+ b)
12
Bài 13. Cho a, b, c > 0; abc = 1 Tìm GTNN của
1
a3(b+ c)
+
1
b3(c+ a)
+
1
c3(a+ b)
Bài 14. Cho a, b, c > 0; ab+ bc+ ca = abc.Hãy tìm GTNN của
√
b2 + 2a2
ab
+
√
c2 + 2b2
bc
+
√
a2 + 2c2
ca
Bài 15. Tìm GTNN của√
x2
2
+ 2 +
√
x2
2
+
16x
5
+
32
5
+
√
x2
2
− 4x+ 10 +
√
x2
2
− 4x
5
+
8
5
Ví dụ 6. Tìm GTNN của
a
b+ c
+
b
c+ a
+
c
a+ b
+
b+ c
a
+
c+ a
b
+
a+ b
c
Trong đó a, b, c > 0
Giải:Ta sử dụng bất đẳng thức
a
b+ c
+
b
c+ a
+
c
a+ b
≥ 3
2
Mà
b+ c
a
+
c+ a
b
+
a+ b
c
= (
b
a
+
a
b
) + (
c
a
+
a
c
) + (
b
c
+
c
b
) ≥ 6
(Bđt Côsi).Từ đó suy ra GTNN của bt là
15
2
Ví dụ 7. Tìm GTNN của
f(x, y) =
sin2000 x
cos2 y
+
sin2000 y
cos2 x
với y 6= k pi
2
Giải:áp dụng bát đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
f(x, y) =
[
(
sin1000 x
cos y
)2 + (
sin1000 y
cosx
)2
](
cos2 y + sin2 y
)
≥
(
sin1000 x+ cos1000 x
)
áp dụng bất đẳng thức
an + bn
2
≥ (a+ b
2
)n
13
cho trường hợp n = 500; a = sin2 x; b = cos2 x ta có
sin1000 x+ cos1000 x ≥ 2
(
sin2x+ cos2 x
2
)500
=
1
2499
⇒ f(x, y) ≥ 1
2998
Mặt khác ta có
f(
pi
4
;
pi
4
) =
1
2998
. Vậy
min f(x, y) =
1
2998
Ví dụ 8. Tìm GTNN của
f(x, y) =
2001∑
n=1
(−1)n
(
xn
yn
+
yn
xn
)
Trong đó x, y > 0
Giải:
Trước hết ta chứng minh
xn+1
yn+1
+
yn+1
xn+1
≥ x
n
yn
+
yn
xn
∀n = 1, 2, ...(1)
Thật vậy
(1)⇔ x2n+1 + y2n+1 ≥ xy(x2n + y2n)
⇔ (x− y)(x2n+1 − y2n+1) ≥ 0
⇔ (x− y)2(x2n + x2n−1y + ...+ xy2n−1 + y2n) ≥ 0(2)
Do x, y > 0 nên (2) luôn đúng.Vậy (1) đúng. Ta có
f(x, y) =
2001∑
n=1
(−1)n+1
(
xn
yn
+
yn
xn
)
=
x
y
+
y
x
+
2001∑
n=2
(−1)n+1
(
xn
yn
+
yn
xn
)
14
III sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình
Nội dung phương pháp này như sau: Để tìm GTLN và GTNN của hàm f(x) tren
miền M ta tìm tạp giá trị G=f(M) bàng cách sử dụng đk cần và đủ: y ∈ G⇔ pt
y=f(x) có nghiệm trong M. Sau đây ta xét một số ví dụ
Ví dụ 9. Tìm GTLN và GTNN của hàm số:
y =
−4|x| + 2|x|+2
4|x| − 2|x|+1 + 2
Giải.
Gọi G là tập giá trị của hàm số
y =
−4|x| + 2|x|+2
4|x| − 2|x|+1 + 2 (1)
Đặt t = 2|x|; t ≥ 1 do |x| ≥ 0. Khi đó
y =
−t2 + 4t
t2 − 2t+ 2 (2)
y ∈ G⇔ pt (1) có nghiệm⇔ pt (2) có nghiệm t ≥ 1. Do t2 − 2t+ 2 > 0∀t nên
(2)⇔ (y + 1)t2 − 2(y + 2)t+ 2y = 0 (*)
+)Nếu y = −1 thì (*) có nghiệm t = −1 (không thoả mãn).
+)Nếu y 6= −1 (*) là tam thứ bậc 2 có nghiệm t ≥ 1khi và chỉ khi hoặc a.f(1) ≤ 0
hoặc 
∆ ≥ 0
a.f(1) ≥ 0
s
2
≥ 1
(1)
Giải hệ điều kiện trên ta được −1 ≤ y ≤ 1+√5. Vậy GTLN và GTNN của hàm
số đã cho là -1 và 1 +
√
5
Ví dụ 10. Tìm GTLN và GTNN của
S = cos
x
2
+ cos
y
2
biết cosx+ cos y = 1
15
Giải. Tập giá trị của S là tập hợp những S làm cho hệ{
cosx+ cos y = 1
S = cos
x
2
+ cos
y
2
(1)
có nghiệm. Vì
cosx+ cos y = 1
⇔ cos2 x
2
+ cos2
y
2
=
3
2
Do đó ta có
S2 = cos2
x
2
+ cos2
y
2
+ 2 cos
x
2
cos
y
2
⇔ cos x
2
cos
y
2
=
2S2 − 3
4
⇒ cos x
2
; cos
y
2
là nghiệm của phương trình
X2 −X + 2S
2 − 3
4
= 0 (2)
Như vậy hệ (1) có nghiệm khi và chỉ khi pt (2) có nghiệm X ∈ [−1; 1] Hơn nữa
f(−1) ≥ 0 nên (2) có nghiệm X ∈ [−1; 1] khi và chỉ khi
∆ ≥ 0
f(1) ≥ 0
−1 ≤ S
2
≤ 1
⇔ −√2 ≤ S ≤ −
√
3
2
hoặc
√
3
2
≤ S ≤ √2
Vậy GTLN và GTNN của S là
√
2 và −√2
Ví dụ 11. Tìm GTLN và GTNN của hàm số
y =
| cos 4x− sin 4x+ 1|
cos6 x+ sin6 x
Giải.
Đặt g =
cos 4x− sin 4x+ 1
cos6 x+ sin6 x
=
8(cos 4x− sin 4x+ 1)
5 + 3 cos 4x
16
Bài của các em khá tốt. Những áp dụng hình học mà các em đưa ra khiến
tôi rất thích thú. Các em hãy bổ sung những phần còn thiếu và cố gắng phát
huy điểm mạnh của mình nhé!
Bản đánh máy của em có khá nhiều lỗi. Các em cần đọc lại thật kĩ bài của
mình để sửa chữa những lỗi đó. Tôi đã sửa giúp một số chỗ ở đoạn đầu, các em
có thể tham khảo để sửa những phần còn lại. Nhớ rằng chỉ gửi lại bài cho tôi
khi nào các em đã thấy thật hoàn chỉnh. Cố làm xong sớm nhé !
17