DUNG DAO HAM TIM GTLN GTNN lop 11

Đối với môn Toán việc làm bài tập rất quan trọng. Thậm chí có bạn luyện làm bài tập nhiều để nhớ lý thuyết lâu. Sau mỗi bài, mỗi chương bạn nên tìm ra dạng bài cơ bản (làm nhiều bài tập tương tự nhau), sau đấy là làm bài tập mang tính tổng hợp của toàn chương. Từ đó, phát hiện những thiếu sót, sai lầm mắc phải để khắc phục kịp thời. Việc làm bài tập mang tính tổng hợp như vậy cũng là dịp bạn có thể huy động các kiến thức liên quan để giải một bài toán. Việc làm này rất cần thiết vì các bài toán tổng hợp thường giống với đề thi.

SƠ LƯỢC PHƯƠNG PHÁP  DÙNG ĐẠO HÀM TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT.

 

( Tài liệu này lưu hành nội bộ để minh họa cho lớp 11 toán chuyên trên lớp)

Lưu ý: Cách khác nhau tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số liên tục trên 

đoạn a b;  và trên khoảng, hay tập R…. 

 

Bài1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)  x2  4x  5 trên đoạn [ 2; 3]  

Lời giải Ta có:f(x)  x2  4x  5 liên tục trên đoạn [ 2; 3]

  /

2

x 2



 

f( 2)   17, f 2  1, f(3)  2. 

Vậy 

x min f(x) 2;3 1 x 2, max f(x) x 2;3 17 x 2

Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y 3 x  2 x 2 

HD: Miền xác định D   2;3

Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y 2sin x 1

sin x sin x 1





Lời giải Đặt  2 t 1



 

2

t 2t

(t t 1)

 

y( 1) 0, y 0 1, f 1

3

Vậy ymin 0 sin x 1 x k2 , k

2



max

y   1 sin x  0  x   k , k  . 

Bài 4  Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của  hàm số  

2

4 os

5 4sin x

y 

Lời giải. Đặt t sin x,t  1;1  2

4 1

5 4

t y

t



  là ham số liên tục trên [-1; 1]  

mà 

2 2

t

2

y  y   y 

Suy ra GTLN  y    khi 1 1 .2 , 7 .2

2



 

Bài 5. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x  2  trên đoạn [–3; 2]. 

Lời giải

Hàm số y  x 3  3x  2  liên tục trên đoạn   3; 2 . 

Đặt f(x)  x3  3x  2 liên tục trên đoạn   3; 2 . 

f (x)  3x   3 0  x     1 [ 3; 2]. 

f( 3)    16, f( 1)   4, f(1)  0, f(2)  4 

16 f(x) 4 x [ 3; 2]

        0  f(x)  16 x    [ 3; 2] 

0 y 16 x [ 3; 2]

Vậy ymax  16, ymin  0. 

Bài 6  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của hàm số  x2 1

f(x)





 . 

Lời giải Hàm số f(x) liên tục trên R. Ta có:

1 x



2

1

x 1 x

1

x 1

x





  Bảng biến thiên 

   

Vậy  hàm số không đạt min và 

x R

 

Bài 7. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số  2 x

y



  . 

Lời giải

Ta có  x2  2  2   1 x2    2 1 0  D  . 

2 2

2 /

2 2

x

y

  



2

2



y  0  x    2 2 x   2  y  2   2, 

Giới hạn 

2

x

x x

. 

Vậy ymax  2, ymin   2. 

 

Bài 8 Cho x,y>0 thỏa  5

4

 

x y  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  4 1

4

 

P

Lời giải: 

Từ giả thiết ta có  5

4

 

5 4

 



P

x x. Xét hàm số  ( ) 4 1 ; (0; )5



Ta có:  ( ) 42 4 2

(5 4 )

   



f x

5

3

Sau khi lập bảng biến thiên ta có min ( )f x  f(1)  5. Đạt được khi x=1 hoặc x= 1

4 

Bài 9 Cho x y, R thỏa mãn  2

y x x y  Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 

2 17

Lời giải: 

Từ giả thiết ta có yx x 12  0 hay   4 x 3. Khi đó x  3x  9x 7. Xét hàm số 

3 2

( )   3  9  7;   [ 4;3]

Lập bảng biến thiên ta có min f (x)f (1) 12; m ax f (x)f ( 3) f (3)20 

Vậy min P=-12 đạt được khi x=1;y=-10 và max P=20 đạt được khi x=-3; y=-6 hoặc  x=3; y=0 

Nhận xét: Bài toán này được giải bằng cách thế một biến qua biến còn lại nhưng phải  đánh giá biến còn lại. Từ đó tìm GTLN, GTNN của hàm số chứa biến bị chặn. 

Bai 10    x,y>0 thỏa x+y=1. Tìm GTNN của biểu thức  

K

Lời giải:Từ giả thiết ta có y=1-x, 0<x<1. Khi đó K viết lại thành  1

1





K

Xét hàm số f(x)=  1

1







f '(x)

2(1 x) 1 x 2x x

1 '( ) 0

2

Vậy min K= 2 đạt được khi  1

2

 

Bài 11 Cho xy  0 thỏa mãn x  y  1. Tìm GTNN của: 

1

P

Giải:

Đặt t  x2  y2 ta có ( x  y )2  1 nên  1

2



Áp dụng BĐT ( x  y )2  2( x2  y2) suy ra  1

2



t  Khi đó 

P

Xét hàm số 

( )

Nếu sử dụng công thức đạo hàm ta có  

2

( )

f t

2

Từ BTT ta có  

max P max f (t) f ( ) f (5)

( ; )

2 2  hoặc x = 2;y  =1  min P  min f (t)  f (1)  2đạt được khi (x;y)=(1;0) hoặc (0;1) 

Bài 12 Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x xy y  1.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ  nhất của biểu thức    

1

1

2 2

4 4











y x

y x

Lời giải:Từ giả thiết suy ra:  

       1  x 2  xy  y 2  2xy  xy  xy;1  (x  y) 2  3xy   3xy  

3

1





 xy  

Mặt khác x2xyy2  1 x2y2  1 xy     nên  x4y4  x2y2 2xy 1 . 

Đặt t=xy 

3

1

; 2

2 2 )

(

2

















t

t t t f

Tính 

































) ( 2 6

2 6 0

) 2 (

6 1 0

)

(

l t

t t

t

Do hàm số liên tục trên ; 1

3

1

   nên so sánh giá trị của  )

3

1 (

f ,f( 6  2 ), f( 1 ) cho ra kết  quả: 

6 2 6 ) 2 6

 f

15

11 ) 3

1 ( minP  f      

Bài 14 Cho x2 y2 xy. Tìm GTNN,GTLN của biểu thức Px3  y3 x y2  y x2  

Lời giải Đặt txy từ giả thiết ta có  2 2

2xy (xy)  (x y) t t hay 

2

2



t t

Áp dụng BĐT (x y) 2  2(x2  y2 )  2(x y)  hay t2  2t suy ra 0  t 2. Khi đó biểu thức 

Do đó Max P=4 đạt dược khi t 2 hay x y 2 và xy 1 suy ra x 1;y  1  

Ta có min P=0 khi t 0 hay x 0;y 0 

Bài 15  Cho x y,  0 thỏa mãn  2 2

1

x y xy  Tìm GTLN của biểu thức 

1



 

xy K

Lời giải Đặt tx y. Từ giả thiết ta có xyt2  1. Áp dụng BĐT (x y) 2  4xy ta có 

1

0

3

3



  

3



  

maxK t  đạt được khi ( ; ) ( 2 ); 1 )

x y  và hoán vị của chúng. 

 

Bài 16  (khối B–2007) Cho các số thực không âm thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị 

 

Lời giải Đặt 

2

[0, ]

 

2

 abbcca  abc  abbcca  x  x 

Xét hàm số  ( ) 3 2 1 2 , [0, ]1

3

Đạo hàm  ( ) 3 2

1 2

  



f x

x  

5 ( ) 0 3 1 2 2 9(1 2 ) 4

18

Dựa vào bảng biến thiên, ta được  ( ) (0), [0, ]1

3

 A f x  f   

Đẳng thức xảy ra khi x 0 hay hoán vị của bộ (0,0,1) 

Bài 17 [Dự bị khối A-2 -2009] Cho x y z, ,  [1;3] và xyz 6. Tìm GTLN của 

2

3 96 384 512 3 (8 2 )

P  z  z  z  xy  z  

Ta có (x 1)(y 1)  0 xyxy   1 8 2z  1 7  2z 

(8  2 )  (7  2 )(8  2 )   3 (8  2 )   3(7  2 )(8  2 )

Do z 4   8 2z 0 

3 96 384 512 3 (8 2 )

  z  z  z   z  z P  z  z  z  

Từ giả thiết suy ra 2z  6 z   3 1 z 3 

( )   3  84  294  344

 

 

28 7 10

[1;3]

3

28 7 10 3













z

z

 

 

 

Từ đây ta dễ dàng kết luận bài toán. 

Bài 18  (Khối A–2011) Cho x,y,z là ba số thực thuộc đoạn [1;4] và x y x;  z. Tìm  giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

P

Lời giải Đặt y a;z b;x c.

Khi đó abc 1 và 2  bc 1.  

P

Xét bài toán mới này có các biến b và c bình đẳng nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra  khi bc 1 .

a   

a

4

 

  

So sánh  1

4

 

 

 

f  với f(1) ta dự đoán được P đạt giá trị nhỏ nhất khi  1.

4



Khi đó b=c=2 và ta tìm được các giá trị của x y z, ,  tương ứng là 4,1, 2   

28 7 10

3





Bài 19 Cho a b c, ,  0 thỏa mãn a  b c 3. Chứng minh a  b  c  abc  4 

Lời giải:Ta có: a2 b2 c2 abc (ab) 2  2abc2 abc (c 2)ab (3 c) 2 c2

2

 c ab c  c

Đặt: 

( )  (  2)  2  6  9

Dễ thấy:  f t( ) là một hàm bậc nhất với biến t. Ta lại có 

2

Suy ra: 

2

(3 )

4



Dấu bằng xảy ra khi: abc 1. 

Bài 20 (Khối B–2012) Cho các số thực x,y,z thỏa mãn xyz 0 và  2 2 2

1

Tìm GTLN của biểu thức  5 5 5

Nếu xyz 0 thì  5 5 5 2 2 2

2(x  y z )  5xyz x( y z )  Lời giải: Vì xyz 0 nên dễ có được x3  y3 z3  3xyz 

(x  y z )(x  y z )  3xyz x( y z )

x  y z xyz xyyzxz  xyz x  y z  2(x5 y5z5)  5xyz x( 2y2z2)  

1

x y z  nên ta chỉ cần tìm GTLN của:

3

.

( )

f x x xvới x thuộc [ 1;1]   

2

'( )

0

6



   

ta tìm được  5 6

36



GTLN  khi x,y,z là bộ hoán vị của ( 1; 1; 6)

3

6 6