Phương pháp đạo hàm và các bài toán về tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất

Phương pháp đạo hàm và các bài toán về tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất Phương pháp đạo hàm và các bài toán về tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất Phương pháp đạo hàm và các bài toán về tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ DIỆP PHƯƠNG PHÁP ĐẠO HÀM VÀ CÁC BÀI TỐN VỀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS NGUYỄN MINH TUẤN Hà Nội- 2015 Lời cám ơn Trước trình bày nội dung luận văn, tơi xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành tới PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn, người thầy trực tiếp hướng dẫn, bảo tận tình giúp đỡ tơi suốt q trình hồn thành luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn giúp đỡ thầy giáo, giáo khoa Tốn Cơ Tin học, Trương Đại học Khoa học Tự Nhiên-Đại học Quốc gia Hà Nội Khoa sau đại học, nhiệt tình giúp đỡ tơi hồn thành khóa Cao học Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến gia đình, bạn bè ln động viên khuyến khích tơi nhiều thời gian nghiên cứu học tập Do làm quen với công tác nghiên cứu khoa học nên luận văn cịn nhiều thiếu sót Tác giả kính mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn để luận văn hoàn thiện Hà Nội, năm 2015 Nguyễn Thị Diệp Mục lục Lời mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Định nghĩa đạo hàm điểm 1.2 Cực trị hàm số 1.3 Các định lí hàm khả vi 1.4 Hàm lồi hàm lõm Ứng dụng đạo hàm giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số 11 2.1 Khảo sát trực tiếp hàm số miền xác định 11 2.2 Khảo sát hàm số theo biến 17 2.3 Đặt biến phụ chuyển đánh giá hàm số biến 30 2.4 Đánh giá gián tiếp thông qua biểu thức bậc 44 2.5 Phương pháp sử dụng tính chất hàm lồi, hàm lõm 51 Cực trị hàm nhiều biến 59 3.1 Cực trị tự 59 3.2 Cực trị có điều kiện 63 Lời mở đầu Trong năm gần đây, kỳ khảo sát chất lượng, thi học sinh giỏi bậc trung học phổ thông thường gặp tốn u cầu tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn đại lượng Các toán cực trị phong phú đa dạng mang nội dung vơ sâu sắc, có ý nghĩa quan trọng em học sinh Các tốn cực trị góp phần khơng nhỏ vào việc rèn luyện tư cho học sinh Bài toán tìm tốt nhất, rẻ nhất, ngắn nhất, dài tốn Để hình thành cho học sinh thói quen tìm giải pháp tối ưu cho cơng việc sống sau Luận văn trình bày số ứng dụng đạo hàm để giải toán cực trị Luận văn đề cập tới số phương pháp giải số loại toán cực trị đại số thường gặp chương trình tốn học trung học phổ thơng Luận văn hệ thống hóa, phân loại tốn trình bày theo ý tưởng kỹ vận dụng đạo hàm vào việc giải lớp tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ Luận văn gồm có chương với nội dung sau: Chương 1: Luận văn trình bày kiến thức khái niệm cần thiết đạo hàm, tính đơn điệu hàm lồi tham khảo [3] Chương 2: Luận văn trình bày phương pháp sử dụng đạo hàm vào giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Chương luận văn trình bày phương pháp khảo sát trực tiếp hàm số tập xác định hàm số, khảo sát theo hàm số biến, đặt biến phụ chuyển đánh giá hàm biến, đánh giá thông qua biểu thức bậc nhất, hay phương pháp sử dụng tính chất hàm lồi, hàm lõm tham khảo [1, 5, 6, 2, 7, 4] Chương Luận văn trình bày phương pháp để tìm cực trị tự cực trị có điều kiện hàm nhiều biến số Từ tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số tham khảo [3] Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Định nghĩa đạo hàm điểm Định nghĩa 1.1 Cho hàm số y = f (x) xác định khoảng (a, b) x0 ∈ (a, b) Nếu giới hạn sau tồn hữu hạn lim x→x0 f (x) − f (x0 ) x − x0 giới hạn gọi đạo hàm hàm số f điểm x0 ký hiệu f (x0 ) Khi ta nói f khả vi x0 Chú ý Nếu kí hiệu ∆x = x − x0 , ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) f (x0 ) = lim x→x0 f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ∆y = lim ∆x→0 ∆x x − x0 Nếu hàm số y = f (x) có đạo hàm x0 liên tục điểm Ý nghĩa hình học Cho hàm số y = f (x) có đồ thị (C) Khi đó, f (x0 ) hệ số góc tiếp tuyến đồ thị (C) hàm số y = f (x) M (x0 , y0 ) ∈ (C) Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f (x) điểm M (x0 , y0 ) ∈ (C) y = f (x0 )(x − x0 ) + y0 1.2 Cực trị hàm số Định nghĩa 1.2 Cho hàm số y = f (x) xác định tập hợp D ⊂ R x0 ∈ D Điểm x0 gọi điểm cực đại hàm số f (x) tồn khoảng (a, b) chứa điểm x0 cho f (x) ≤ f (x0 ) với ∀x ∈ (a, b) ∩ D Khi f (x0 ) gọi giá trị cực đại f (x) điểm (x0 , f (x0 )) gọi điểm cực đại đồ thị hàm số y = f (x) Điểm x0 gọi điểm cực tiểu hàm số f (x) tồn khoảng (a, b) chứa điểm x0 cho f (x) ≥ f (x0 ) với ∀x ∈ (a, b) ∩ D Khi f (x0 ) gọi giá trị cực tiểu f (x) điểm (x0 , f (x0 )) gọi điểm cực tiểu đồ thị hàm số y = f (x) Điểm cực đại, cực tiểu gọi chung điểm cực trị Giá trị cực đại, giá trị cực tiểu gọi chung cực trị Định lý 1.3 Cho hàm số y = f (x) xác định liên tục [a, b] Nếu f (x) ≥ ∀x ∈ [a, b] f (x) đồng biến [a, b] ta có f (x) = f (a), max f (x) = f (b) x∈[a,b] x∈[a,b] Nếu f (x) ≤ ∀x ∈ [a, b] f (x) nghịch biến [a, b] ta có f (x) = f (b), max f (x) = f (a) x∈[a,b] x∈[a,b] Chú ý Khái niệm cực đại cực tiểu hàm số có tính chất địa phương, chúng chưa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số Ta có kết sau điều kiện cần cực trị Định lý 1.4 ( Định lý Fermat) Cho hàm f xác định (a, b) x0 ∈ (a, b) Nếu hàm số f có cực trị x0 hàm f có đạo hàm x0 f (x0 ) = Chú ý Điều ngược lại khơng đúng: Nếu hàm f có f (x0 ) = chưa x0 điểm cực trị, ví dụ hàm y = x3 có y (0) = hàm số khơng có cực trị x = Nếu hàm số f có cực trị x0 x0 đạo hàm khơng xác định, ví dụ hàm y = |x| có cực tiểu x = dễ chứng minh hàm số khơng có đạo hàm x = Định lý 1.5 Giả sử hàm số f khả vi khoảng (a, b) chứa x0 , f (x0 ) = Nếu f (x) ≥ với x ∈ (a, x0 ) f (x) ≤ với x ∈ (x0 , b) ( tức đạo hàm đổi dấu từ (+) sang (-) qua x0 ) x0 điểm cực tiểu hàm f Nếu f (x) ≤ với x ∈ (a, x0 ) f (x) ≥ với x ∈ (x0 , b) ( tức đạo hàm đổi dấu từ (-) sang (+) qua x0 ) x0 điểm cực đại hàm f Định lý 1.6 Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp khoảng (a, b) chứa x0 , có đạo hàm cấp hai khác x0 Nếu f (x0 ) = f (x0 ) > x0 điểm cực tiểu hàm f Nếu f (x0 ) = f (x0 ) < x0 điểm cực đại hàm f 1.3 Các định lí hàm khả vi Trong phần này, luận văn trình bày hai định lý quan trọng đạo hàm Đó định lí Lagrange, định lí Rolle (xem [3]) Định lý 1.7 (Định lý Rolle) Nếu f (x) hàm liên tục đoạn [a, b], có đạo hàm khoảng (a, b) f (a) = f (b) tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = Chứng minh Vì f (x) liên tục [a, b] nên theo định lí Weierstrass f (x) nhận giá trị lớn M giá trị nhỏ m [a, b] - Khi M = m ta có f (x) hàm [a, b], với c ∈ (a, b) ln có f (c) = - Khi M > m, f (a) = f (b) nên tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = m f (c) = M , theo Định lý Fermat suy f (c) = Định lý chứng minh Hệ 1.8 Nếu hàm số f (x) có đạo hàm (a, b) f (x) có n nghiệm ( n số nguyên dương lớn 1) (a, b) f (x) có n − nghiệm (a, b) Hệ 1.9 Nếu hàm số f (x) có đạo hàm (a, b) f (x) vơ nghiệm (a, b) f (x) có nhiều nghiệm (a, b) Hệ 1.10 Nếu f (x) có đạo hàm (a, b) f (x) có nhiều n nghiệm (nlà số ngun dương) (a, b) f (x) có nhiều n + nghiệm (a, b) Định lý 1.11 (Định lí Lagrange) Nếu f (x) hàm liên tục đoạn [a, b], có đạo hàm khoảng (a, b) tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = f (b) − f (a) b−a Chứng minh Xét hàm số F (x) = f (x) − f (b) − f (a) x, b−a x ∈ [a, b] Khi F (x) hàm liên tục đoạn[a, b], có đạo hàm khoảng (a, b) F (a) = F (b) Theo định lí Rolle tồn c ∈ (a, b) cho F (c) = Mà F (x) = f (x) − f (b) − f (a) , b−a suy f (c) = f (b) − f (a) b−a Định lý chứng minh Định lí Rolle hệ định lý Lagrange trường hợp f (a) = f (b) 1.4 Hàm lồi hàm lõm Ta ký hiệu I(a, b) tập hợp có bốn dạng tập hợp sau (a, b), [a, b), (a, b] [a, b] Định nghĩa 1.12 Hàm số f (x) gọi lồi tập I(a, b) với x1 , x2 ∈ I(a, b) với cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta có f (αx1 + βx2 ) ≤ αf (x1 ) + βf (x2 ) (1.1) Nếu dấu đẳng thức (1.1) xảy x1 = x2 ta nói hàm số f (x) hàm lồi thực (chặt) I(a, b) 10 Định nghĩa 1.13 Hàm số f (x) gọi lõm tập I(a, b) với x1 , x2 ∈ I(a, b) với cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta có f (αx1 + βx2 ) ≥ αf (x1 ) + βf (x2 ) (1.2) Nếu dấu đẳng thức (1.2) xảy x1 = x2 ta nói hàm số f (x) hàm lõm thực (chặt) I(a, b) Định lý 1.14 Nếu f (x) khả vi bậc hai I(a, b) f (x) lồi (lõm) I(a, b) f (x) ≥ 0(f (x) ≤ 0) I(a, b) Nếu f (x) lồi khả vi I(a, b) với cặp x0 , x ∈ I(a, b), ta có f (x) ≥ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ) (1.3) Dễ nhận thấy (1.3) xảy đẳng thức x0 = x Vậy ta viết (1.3) dạng f (x) = f (u) + f (u)(x − u) u∈I(a,b) 55 hay a2 + b2 + c2 ≤ 64 + 25 + = 93 Đẳng thức xảy a = 8, b = 5, c = Vậy max M = 93 đạt a = 8, b = 5, c = Áp dụng bất đẳng thức B-C-S cho hai số (a, b, c) (1, 1, 1), ta có (1a + 1b + 1c)2 ≤ (12 + 12 + 12 )(a2 + b2 + c2 ) Suy (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 ) Nên ta 152 ≤ 3M hay M ≥ 75 Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy M = 75 đạt a = b = c = Bài tốn 46 Giả sử A, B, C góc tam giác nhọn Chứng minh giá trị lớn cos A + cos B + cos C 23 Chứng minh Khơng tính tổng quát, ta coi A ≥ B ≥ C Khi A ≥ π3 , C ≤ A+B =π−C ≥ 2π nên     A ≥ π3    A + B ≥ π3 + π3      A + B + C = π + π + π3 π 56 Xét hàm số f (x) = cos x với x ∈ [0, π2 ] Ta có f (x) = − cos x < ∀x ∈ [0, π2 ] nên hàm số f (x) lõm đoạn [0, π2 ] Khi đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có π f (A) + f (B) + f (C) ≤ 3f ( ) hay cos A + cos B + cos C ≤ Vậy giá trị lớn cos A + cos B + cos C đạt A = B = C = π3 Bài toán 47 Giả sử tam giác ABC không nhọn Chứng minh giá trị nhỏ tan √ 2 − A B C + tan + tan 2 Chứng minh Khơng tính tổng qt, ta coi A ≥ B ≥ C Khi     A ≥ π2    A + B ≥ π2 + π4      A + B + C = π + π + π 4 hay   A ≥ π    2 A + B2 ≥ π4 + π8      A + B + C = π + 2 π + π8 Xét hàm số f (x) = tan x với x ∈ (0, π2 ) Ta có f (x) = sin x π ≥ ∀x ∈ (0, ) cos x nên hàm số f (x) lồi khoảng (0, π2 ) Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta tan A B C π π π + tan + tan ≥ tan + tan + tan 2 8 57 Để ý tan π8 = √ − nên tan Vậy tan √ π π π + tan + tan = 2 − 8 √ B C A + tan + tan ≥ 2 − 2 Vậy giá trị nhỏ tan A B C + tan + tan 2 √ 2 − đạt (A, B, C) = ( π2 , π4 , π4 ) hoán vị Bài tốn 48 (IMO 2000) Giả sử số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh 1 (a − + )(b − + )(c − + ) ≤ b c a Chứng minh Vì abc = nên ta đặt a= y z x ,b = ,c = y z x với x, y, z > Ta viết bất đẳng thức cho theo x, y, z ta có z y x z y x ( − + )( b − + )( − + ) ≤ y y z z x x Hay (x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyz Để ý (x−y +z)+(y −z +x) = 2x > ba số x−y +z, y −z +x, z −x+y khơng thể có trường hợp hai số âm Nếu ba số có ba số âm, hiển nhiên ta có bất đẳng thức cần chứng minh Trường hợp ba số dương, cách lấy lôgarit hai vế với số e, ta ln(x − y + z) + ln(y − z + x) + ln(z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z Không tính tổng quát, ta coi x ≥ y ≥ z Khi đó, ta có x + y − z ≥ x, (x + y − z) + (x − y + z) = 2x ≥ x + y, (x + y − z) + (x − y + z) + (z − x + y) = x + y + z 58 Xét hàm số f (x) = ln x với x > Ta có f (x) = − x12 < ∀x > nên hàm số f (x) lõm khoảng (0, +∞) Khi theo bất đẳng thức Karamata, ta có ln(x − y + z) + ln(y − z + x) + ln(z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z Đẳng thức xảy x = y = z hay a = b = c Chương Cực trị hàm nhiều biến 3.1 Cực trị tự Sau đây, luận văn xin trình bày cực trị tự hàm nhiều biến tham khảo [3] Giả sử z = f (x1 , , xn ) hàm xác định liên tục miền D mở, M (a1 , , an ) ∈ D Ta nói hàm f (x1 , , xn ) đạt giá trị cực đại (cực tiểu) M điểm (x1 , , xn ) thuộc lân cận M (a1 , , an ) f (x1 , , xn ) ≤ f (a1 , , an ) ( tương ứng f (x1 , , xn ) ≥ f (a1 , , an )) Giá trị cực đại giá trị cực tiểu hàm f (x1 , , xn ) gọi cực trị hàm số Tại M (a1 , , an ) mà hàm đạt cực trị gọi điểm cực trị hàm số Định lý 3.1 (Điều kiện cần cực trị [3]) Nếu hàm z = f (x1 , , xn ) đạt cực trị M (a1 , , an ) hàm số có đạo hàm riêng hữu hạn, fxj (a1 , , an ), j = 1, 2, , n đạo hàm riêng phải triệt tiêu fxj (a1 , , an ) = với j = 1, 2, , n Định lý 3.2 (xem [3]) Giả sử M (x0 , y0 ) điểm thỏa mãn zx (x0 , y0 ) = 0, zy (x0 , y0 ) = hàm z = f (x, y) hàm z = f (x, y) có đạo hàm riêng cấp liên tục 59 60 ta gọi A= ∂ 2z ∂ 2z ∂ 2z (x , y ), C = (x , y ), B = (x0 , y0 ) 0 0 ∂x2 ∂x∂y ∂y Nếu B − AC < z = f (x, y) có cực trị M (x0 , y0 ) Hơn hàm z = f (x, y) đạt cực đại M (x0 , y0 ) A < 0, z = f (x, y) đạt cực tiểu M (x0 , y0 ) A > Nếu B − AC > z = f (x, y) khơng có cực trị M (x0 , y0 ) Nếu B − AC = 0: chưa kết luận cực trị hàm z = f (x, y) M (x0 , y0 ) Bài tốn 49 Tìm giá trị nhỏ hàm số sau z = x3 + y − 3xy ≤ x, y ≤ Chứng minh Ta thấy   zx = 3x2 − 3y =  z = 3y − 3x = y Tương đương với   x = y  y = x Hay (x, y) = (0, 0), (1, 1) Tọa độ điểm dừng M1 (1, 1), M2 (0, 0) Hơn     zxx = 6x    zxy = −3      zyy = 6y Do A1 = 6.1 = > 0, A2 = 0, B1 = −3, B2 = −3, C1 = 6, C2 = Ta có B12 − A1 C1 = − 36 = −27 < hàm số đạt cực tiểu M1 (1, 1) Vậy giá trị nhỏ z z(M1 ) = −1 Dễ thấy biên D = {(x, y) : ≤ x, y ≤ 2}, z ≥ −1 Vậy giá trị nhỏ hàm số z = x3 + y − 3xy ≤ x, y ≤ −1 đạt x = y = 61 Bài tốn 50 Tìm giá trị nhỏ lớn hàm số sau z = x3 + 2y − 3x − 6y − ≤ x, y ≤ Chứng minh Ta thấy   zx = 3x2 − =  z = 6y − = y Tương đương với   x =  y = Hay (x, y) = (1, 1), (−1, −1), (1, −1), (−1, 1) Tọa độ điểm dừng M1 (1, 1), M2 (−1, −1), M3 (−1, 1), M4 (1, −1) Hơn     zxx = 6x    zxy = −3      zyy = 6y Do vậy, M1 có A1 = 6.1 = > 0, B1 = 0, C1 = 12 Ta có B12 − A1 C1 = −72 < hàm số đạt cực tiểu M1 Tại M2 có A2 = −6 < 0, B2 = 0, C2 = −12 Ta có B22 − A2 C2 = −72 < hàm số đạt cực đại M3 Tại M3 có A3 = −6 < 0, B3 = 0, C3 = 12 62 Ta có B32 − A3 C3 = 72 > suy M3 không điểm cực trị Tại M4 có A4 = > 0, B4 = 0, C4 = −12 Ta có B42 − A4 C4 = 72 > suy M4 không điểm cực trị Dễ thấy biên tập D = {(x, y) : −2 ≤ x, y ≤ 2}, tức x y thuộc {2, −2} −6 ≤ z ≤ Vậy giá trị nhỏ lớn z = x3 + 2y − 3x − 6y là −6 Bài tốn 51 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số z = 8x2 + 3y + − (2x2 + y + 1)2 miền trịn đóng D xác định x2 + y ≤ Chứng minh Rõ ràng z liên tục với x, y nên đạt giá trị lớn M giá trị nhỏ m miền D Ta có   zx = 16x − 2(2x2 + y + 1)4x = 8x(1 − 2x2 − y ) =  z = 6y − 2(2x2 + y + 1)2y = 2y(1 − 4x2 − 2y ) = y −1 −1 Hay (x, y) = (0, 0), (0, √12 ), (0, √ ), ( √12 , 0), ( √ , 0) Tọa độ điểm dừng 2 −1 −1 O(0, 0), A1 (0, √ ), A2 (0, √ ), A3 ( √ , 0), A4 ( √ , 0), 2 2 điểm dừng nằm miền D Tính giá trị z điểm ta z(O) = 0, z(A1 ) = z(A2 ) = 14 , z(A3 ) = z(A4 ) = Bây giờ, ta xét giá trị z biên miền D Trên biên x2 + y = 1, y = − x2 , z = 8x2 + 3(1 − x2 ) + − (2x2 + = x2 + 1)2 = x2 (1 − x2 ) −1 ≤ x ≤ Hàm x = 1, −1 đạt giá trị lớn x = −1 √1 , √ 2 Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ m = gốc O đạt giá trị lớn M = điểm A3 , A4 63 3.2 Cực trị có điều kiện Xét tốn: Tìm cực trị hàm số f (x1 , , xn ) với điều kiện φj (x1 , , xn ) = 0, j = 1, , m Phương pháp làm sau (xem [3]): Xét hàm Lagrange m L(x1 , , xn , λ1 , , λm ) = f (x1 , , xn ) + λj φj (x1 , , xn ) j=1 Giải hệ   Lx (x1 , , xn , λ1 , , λm ) = ∀j = 1, , n j  φj (x1 , , xn ) = 0, j = 1, , m để tìm điểm dừng Sau xét dấu dạng vi phân cấp d2 L để tìm cực trị hàm số ban đầu Bài tốn 52 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số u = x − 2y + 2z với điều kiện x2 + y + z − = Chứng minh Rõ ràng u liên tục với x, y, z nên đạt giá trị lớn M giá trị nhỏ m miền D Ta lập hàm Lagrange L(x, y, z, λ) = u = x − 2y + 2z + λ(x2 + y + z − 1) Xét hệ phương trình    Lx = + 2λx =       Ly = −2 + 2λy =    Lz = + 2λz =      x2 + y + z − = Hay   x = y −2 = z  x2 + y + z = 64 Từ đây, ta tìm điểm dừng M1 ( 13 , −2 , ) ứng với λ = 3 −3 M2 ( −1 , , −2 ) ứng 3 với λ = 32 Tính d2 L = Lxx dx2 + Lyy dy + Lzz dz + 2Lxy dxdy + 2Lyz dydz + 2Lzx dzdx Lxx = 2λ, Lyy = 2λ, Lzz = 2λ, Lxy = Lyz = Lzx = Do d2 L = 2λ(dx2 + dy + dz ) Từ suy giá trị lớn nhỏ hàm số u = x − 2y + 2z với điều kiện x2 + y + z − = ( đạt (x, y, z) = ( 31 , −2 , )) 3 −1 ( đạt (x, y, z) = ( −1 , , −2 )) 3 Bài tốn 53 Tìm giá trị nhỏ hàm số u = x2 + y với điều kiện x + y = Chứng minh Rõ ràng z liên tục với x, y nên đạt giá trị nhỏ m miền D Lập hàm Lagrange L(x, y) = x2 + y + λ(x + y − 1) Xét hệ phương trình     Lx = 2x + λ =    Ly = 2y + λ =      x + y − = ta tìm điểm dừng M ( 21 , 12 ) với λ = −1 Tính 1 d2 L( , , −1) = Lxx dx2 + 2Lxy dxdy + Lyy dy |( , ,−1) 2 2 Lxx = 2, Lxy = 0, Lyy = Do 1 d2 L( , , −1) = 2dx2 + 2dy > 2 Vậy giá trị nhỏ u = x2 + y với điều kiện x + y = 21 65 Bài tốn 54 Tìm giá trị lớn hàm số u = sin x sin y sin z với điều kiện x + y + z = π2 , x, y, z ≥ Chứng minh Rõ ràng u liên tục với x, y, z nên đạt giá trị lớn m miền D Lập hàm Lagrange L(x, y, z, λ) = ln sin x + ln sin y + ln sin z + λ(x + y + z − π ) Ta thấy    Lx = cot x + λ =      Ly = cot y + λ =    Lz = cot z + λ =      x + y + z − π = ta tìm điểm dừng M ( π6 , π6 , π6 ) với λ = − d2 L = −( √ Tính dx2 dy dz + + ) < sin2 x sin2 y sin2 z Do điểm ( π6 , π6 , π6 ) hàm số đạt cực đại có điều kiện 18 Vậy giá trị lớn u = sin x sin y sin z với điều kiện x + y + z = π2 , x, y, z ≥ 81 Bài tốn 55 Tìm giá trị lớn hàm số u = xyz với điều kiện x2 + y + z = 1, x + y + z = Chứng minh Rõ ràng u liên tục với x, y, z nên đạt giá trị lớn m miền D Lập hàm Lagrange L(x, y, z, λ) = xyz − λ1 (x2 + y + z − 1) − λ2 (x + y + z) Ta thấy    Lx = yz − 2λ1 x − λ2 =         Ly = xz − 2λ1 y − λ2 =    Lz = xy − 2λ1 z − λ2 =       x2 + y + z =       x + y + z = 66 ta tìm điểm dừng 2 1 1 M1 ( √ , √ , − √ ), M2 ( √ , − √ , √ ), M3 (− √ , √ , √ ) với λ2 = − √ , 6 6 6 6 6 1 2 1 M4 (− √ , − √ , √ ), M5 (− √ , √ , − √ ), M6 ( √ , − √ , − √ ) với λ2 = √ 6 6 6 6 6 Tiếp tục tìm vi phân bậc hàm Lagrange d2 L = −2λ1 (dx2 + dy + dz ) + 2zdxdy + 2ydxdz + 2xdydz dx, dy, dz liên hệ với hệ thức xdx + ydy + zdz = 0, dx + dy + dz = Tại điểm M1 , M4 x = y = −2λ1 , z = 4λ1 Khi xdx + ydy + zdz = −2λ1 dx − 2λ1 dy + 4λ1 dz = hay dz = (dx + dy) Thay vào biểu thức d2 L M1 ta có 1 d2 L(M1 ) = √ (dx2 + dy + dz ) + √ (dx − dy)2 > 6 Vậy u(M1 ) = umin = − √ , 1 d2 L(M4 ) = − √ (dx2 + dy + dz ) − √ (dx − dy)2 < 6 Vậy u(M4 ) = umax = √ Tương tự 1 u(M5 ) = u(M6 ) = umax = √ , u(M2 ) = u(M3 ) = umin = − √ 6 Vậy giá trị nhỏ lớn u = xyz với điều kiện x2 +y +z = 1, x+y +z = − 3√1 √ 67 Bài tốn 56 Tìm giá trị lớn hàm số u = xy + yz với điều kiện x2 + y = 2, y + z = 2, x, y, z ≥ Chứng minh Rõ ràng u liên tục với x, y, z nên đạt giá trị lớn m miền D Lập hàm Lagrange L(x, y, z, λ1 , λ2 ) = xy + yz + λ1 (x2 + y − 2) − λ2 (y + z − 2) Ta thấy    Lx = y + 2λ1 x =         Ly = x + z + 2λ1 y + λ2 =    Lz = y + λ2 =       x2 + y =       y + z = ta tìm điểm dừng M (1, 1, 1) với λ1 = − 21 , λ2 = −1 Tiếp tục tìm vi phân bậc hàm Lagrange d2 L = 2λ1 (dx2 + dy ) + 2dxdy + 2dydz thay λ1 = − 21 ta nhận d2 L(1, 1, 1, − ) = −(dx2 + dy ) + 2dxdy + 2dydz Từ phương trình y + z = ta suy dy = −dz từ 2xdx + 2ydy = với x = y = ta có dx = −dy Vậy nên d2 L(1, 1, 1, − ) = −(dx2 + dy ) − 2dy − 2dz = −dx2 − 3dy − 2dz < Vậy u(1, 1, 1) = umax = Vậy giá trị lớn u = xy + yz với điều kiện x2 + y = 2, y + z = 2, x, y, z ≥ Kết luận Luận văn đề cập tới nghiên cứu số phương pháp đạo hàm để tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số với ứng dụng vào giải toán khác Luận văn trình bày vấn đề sau: - Phương pháp khảo sát trực tiếp hàm số miền xác định - Phương pháp khảo sát hàm số theo biến - Phương pháp đặt biến phụ - Phương pháp đánh giá thông qua biểu thức bậc - Phương pháp sử dụng tính chất hàm lồi, hàm lõm - Cực trị tự hàm nhiều biến, cực trị có điều kiện hàm nhiều biến 68 Tài liệu tham khảo [1] Phạm Văn Dũng, Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức [2] Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB tri thức, 2006 [3] Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Hồng Quốc Tồn, Giáo trình giải tích 1, NXB ĐHQG Hà Nội, 2004 [4] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức: Định lý áp dụng, NXB Giáo dục, 2006 [5] Trần Phương, Vẻ đẹp Bất đẳng thức kì thi Olympic Toán học, NXB ĐHQG Hà Nội, 2010 [6] Trần Phương, Những viên kim cương bất đẳng thức Toán học, 2009 [7] Nguyễn Minh Tuấn, Lý thuyết sở hàm lồi bất đẳng thức cổ điển, NXB ĐHQG Hà Nội, 2013 69 ... Ứng dụng đạo hàm giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số 2.1 Khảo sát trực tiếp hàm số miền xác định Bài toán ( Thi HSG Quốc gia, 1992) Cho số tự nhiên n > Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số... trình bày phương pháp sử dụng đạo hàm vào giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Chương luận văn trình bày phương pháp khảo sát trực tiếp hàm số tập xác định hàm số, khảo sát theo hàm số biến,... n − x [0, 1] đạt x = 0, √ giá trị nhỏ f (x) [0, 1] n đạt x = Vậy giá trị lớn f (x) = 11 12 Bài toán a Tìm giá trị lớn biểu thức √ x+1 x2 − x + với x ∈ R b Tìm giá trị nhỏ biểu thức √ x2 − x +