Đang tải... (xem toàn văn)
NÕu nh mét bµi to¸n t×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt, b»ng mét phÐp biÕn 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.. Phươn[r]
(1)các phương pháp tìm giá trị lớn và giá trÞ nhá nhÊt NguyÔn ThÞ V©n, NguyÔn ThÞ Thanh, NguyÔn ThÞ Thuú Linh Líp K54-D Ngµy th¸ng 10 n¨m 2007 phương pháp đạo hàm Phương pháp này chia làm hai loại: Loại với tập xác định hữu hạn và loại với tập xác định vô hạn 1.1 Gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt trªn mét ®o¹n Nguyên tắc: Nếu hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm kho¶ng (a; b), th× gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña f (x) trªn [a; b] lu«n tån t¹i vµ t×m nh sau: Bước 1: Giải phương trình f 0(x) = lấy nghiệm (a; b) Giả sử ®îc c¸c nghiÖm lµ x1, x2, , xn (cã thÓ kh«ng cã nghiÖm nµo) Bước 2: Tính f (a), f (b) và các f (x1), f (x2), , f (xn) (nếu có) Bước 3: max f (x) = max{f (x1 ), f (x2 ), , f (xn )} vµ x∈[a;b] f (x) = min{f (x1 ), f (x2 ), , f (xn )} x∈[a;b] Ví dụ 1.1 Cho a, b, c là số dương thỏa mãn điều kiện: a2 + b2 + c2 = 1 (2) Chøng minh r»ng √ a b c 3 + + ≥ b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 Lời giải Từ giả thiết ta có: < a, b, c < BĐT cần chứng minh tương đương víi: √ 2 a b c 3 + + ≥ 2 a(1 − a ) b(1 − b ) c(1 − c ) XÐt hµm sè: f (t) = t(1 − t2) = −t3 + t víi t ∈ (0, 1) Ta cã f (t) = −3t2 + 1 f (t) = ⇔ t = √ (v× t > 0) B¶ng biÕn thiªn: t √ 1/ + f (t) − √ 2/3 f (t) Từ đó Suy VËy max f (t) = √ ⇒ f (t) ≤ √ ∀t ∈ (0, 1) t∈(0,1) 3 < a(1 − a2 ) ≤ √ , 3 < b(1 − b2 ) ≤ √ , 3 < c(1 − c2 ) ≤ √ 3 √ √ b2 c2 3 3 a2 2 + + ≥ (a + b + c ) = a(1 − a2 ) b(1 − b2 ) c(1 − c2 ) 2 §¼ng thøc x¶y ⇔ a = b = c = √1 (3) Ví dụ 1.2 Cho n là số nguyên dương Chứng minh rằng: √ xn1−x< √ 2ne víi mäi x ∈ (0, 1) Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x2n (1 − x) < 2ne XÐt hµm sè: f (x) = x2n(1 − x) víi < x < Ta cã f (x) = x2n−1 [2n − (2n + 1)x] 2n f (x) = ⇔ x = (v× x > 0) 2n + B¶ng biÕn thiªn: x f'(x) 2n 2n+1 + - (2n)2n (2n+1)2n+1 f(x) 2n 2n (2n) Suy x∈(0;1) max f (x) = f ( )= Ta cã 2n + (2n + 1)2n+1 f (x) < 1 ⇔ max f (x) < x∈(0;1) 2ne 2ne 2n 2n+1 ⇔( ) < 2n + e 2n + 2n+1 ⇔( ) >e 2n ⇔ (1 + )2n+1 > e 2n lµ d·y sè gi¶m vµ cã giíi h¹n lµ e, nªn (1 + n1 )n+1 e, ∀n ∈ Z + (*) VËy ta cã (1 + )2n+1 > e, tøc lµ cã ®iÒu ph¶i chøng minh 2n V× d·y an = (1 + n+1 ) n > (4) Chó ý Ta còng cã thÓ chøng minh (*) b»ng c¸ch sau: Ta cã (1 + n+1 ) > e ⇔ (n + 1)ln(1 + ) > n n (1) Víi x > ta chøng minh ln(1 + x) > x − x2 (2) Đặt f (x) = ln(1 + x) − x + 21 x2 (x > 0) Khi đó x2 f (x) = −1+x= ≥ ∀x > 1+x 1+x Suy f tăng trên [0;+∞) Do đó f (x) > f (0) = áp dụng (2) ta có: ln(1 + 1 2n − )> − = n n 2n 2n2 Tõ ®©y nhËn ®îc (n + 1)ln(1 + 2n − 2n2 + n − ) > (n + 1) = > n 2n2 2n2 VËy ta cã (1), tøc lµ cã ®iÒu ph¶i chøng minh VÝ dô 1.3 Cho a ≥ T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y= √ a + cos x + √ a + sin x Lời giải Hàm số xác định với x ∈ R Xét Z = y = 2a + cos x + sin x + §Æt t = cos x + sin x th× |t| ≤ • • √ p a2 + a(cos x + sin x) + cos x sin x vµ cos x sin x = t2 − Với a = thì t2 + 2at + 2a2 − = (t + 1)2 Do đó Z = + t + Z = 1, và thì y = 1, đạt t = −1 Víi a > 1, ta cã √ Z0 = + √ t2 2(t + a) + 2at + 2a2 − √ 2|t + 1| Suy (5) Để lập bảng biến thiên Z , ta tìm t để Z > + NÕu t + a ≥ ⇔ t ≥ −a, th× râ rµng Z > + NÕu t + a < 0, ta cã Z0 > ⇔ √ √ t2 + 2at + 2a2 − > − 2(t + a) ⇔ t2 + 2at + 2a2 − > 2(t2 + 2at + a2 ) ⇔ t2 + 2at + < √ ⇔ −a − a2 − ≤ t ≤ −a Nh vËy √ √ √ √ i) Nếu −a − a2 − ≤ − hay a ≥ 2/4 thì Z > t > − 2, lúc đó Z √ √ √ √ t¨ng trªn ®o¹n [− 2; 2], suy min√ Z = Z(− 2), vµ min√ y = y(− 2) = |t|≤ |t|≤ p √ 4a − 2 √ ii) NÕu − < −a − Z , ta cã √ a2 √ −1⇒a< , đó lập bảng biến thiên hàm √ Z = Z(−a − √ a2 − 1) = a + √ a2 − |t|≤ Suy √ y = |t|≤ p √ a2 + a2 − KÕt luËn: √ p √ • NÕu ≤ a ≤ th× y = a + a2 − √ p √ • NÕu a ≥ th× y = 4a − 2 Ví dụ 1.4 Với giá trị nào đối số x thì hàm số sau đạt giá trị nhỏ : y = lg2 x + lg x + 2 Lêi gi¶i Miền xác định hàm số: D = (0; +∞) §Æt: t = lg2 x, t ≥ (6) t+2 (t + 2)2 − (t + 1)(t + 3) y0 = − = = > víi t ≥ 2 (t + 2) (t + 2) (t + 2)2 Do đó y(t) luôn đồng biến trên [0; +∞) Suy ra: y(t) ≥ y(0) = 12 , víi t ≥ VËy: y = 12 x = VÝ dô 1.5 Cho x ∈ [0; π4 ) T×m GTNN cña hµm sè: y =t+ f (x) = + sin 2x + tan x − (a + 1) + a − sin 2x − tan x Lêi gi¶i +t §Æt t = tan x vµ z = 11 − t Ta cã: + sin 2x (cos x + sin x)2 1+t = = ( ) − sin 2x (cos x − sin x)2 1−t f (x) = g(z) = z − (a + 1)z + a a+1 g (z) = 2z − (a + 1); g (z) = ⇔ z = Ta cã: z(t) = −tt ++11 ; z0(t) = (1 −2 t)2 > π x ∈ [0; ) ⇒ t ∈ [0; 1) Ta cã b¶ng biÕn thiªn cña z theo t t z' z + +∞ 1) NÕu a +2 ≤ ⇔ a ≤ (7) Ta cã b¶ng biÕn thiªn cña g(z) theo z z g' g +∞ + +∞ VËy GTNN cña g(z) lµ §¹t ®îc z = ⇔ t = ⇔ x = 2) NÕu a +2 > ⇔ a > Ta cã b¶ng biÕn thiªn cña g(z) theo z a+1 z g' g - 0 − (a − 1)2 +∞ + +∞ VËy GTNN cña g(z) lµ − (a −4 1) §¹t ®îc z = a +2 ⇔ 1t +− 1t = a +2 a−1 a−1 ⇔t= ⇔ tan x = a+3 a+3 KÕt luËn: Víi a ≤ GTNN cña f(x) lµ f (0) = Với a > GTNN f(x) là f (x0) = − (a −4 1) , đó tan(x0) = aa − +3 1.2 Gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ lín nhÊt trªn miÒn v« h¹n Ví dụ 1.6 (áp dụng để chứng minh phương trình vô nghiệm) CMR: n là số tự nhiên chẵn và a là số lớn thì phương trình: (n + 1)xn+2 − 3(n + 2)xn+1 + an+2 = kh«ng cã nghiÖm Lêi gi¶i (8) Đặt y = (n + 1)xn+2 − 3(n + 2)xn+1 + an+2 xác định và liên tục trên R Ta cã: y = (n + 1)(n + 2)xn+1 − 3(n + 2)(n + 1)xn = (n + 1)(n + 2)xn (x − 3) · x=0 y =0⇔ x=3 Do n ch½n nªn xn ≥ vµ dÊu cña y' lµ dÊu cña x − B¶ng biÕn thiªn: x −∞ - y' +∞ y +∞ + y(3) +∞ y = y(3) = (n + 1)3n+2 − 3(n + 2)3n+1 = an+2 = an+2 − 3n+2 Vậy a > thì miny > 0, đó f (x) > ∀x ∈ R Khi đó phương trình f (x) = vô nghiệm (đpcm) Ví dụ 1.7 Chứng minh để x4 + px3 + q ≥ với x ∈ R, điều kiện cần và đủ là: 256q ≥ 27p4 Lêi gi¶i §Æt: f (x) = x4 + px3 + q Ta t×m minf (x) trªn R Ta cã: f 0(x) = 4x3 + 3px2 = x2(4x + 3p) " f (x) = ⇔ x=0 3p x=− (9) B¶ng biÕn thiªn: x f'(x) f(x) 3p −∞ - +∞ + +∞ +∞ f (− 3p ) Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn ta cã: 3p 256q − 27p )= 256 Từ đó: f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ f (x) ≥ ⇔ 256q ≥ 27p4 f (x) = f (− (®pcm) Sử dụng bất đẳng thức VÝ dô 2.1 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: √ √ √ ab c − + bc a − + ca b − F = abc đó a ≥ 3, b ≥ 4, c ≥ Lêi gi¶i √ √ √ c−2 a−3 Ta cã: F = c + a + bb− (a ≥ 3, b ≥ 4, c ≥ 2) ¸p dông r bất đẳng thức Cauchy, ta có: √ (c − 2)2 p (c − 2) + c c−2= = √ (c − 2)2 ≤ √ = √ 2 2 2 c−2 ≤ √ ⇔ c 2 DÊu b»ng x¶y √ c − = hay c = Tương tự: aa− ≤ √1 DÊu b»ng x¶y a − = hay a = √ b−4 ≤ √ = b 4 DÊu b»ng x¶y b − = hay b = VËy maxF = √1 + √1 + 14 a = 6, b = 8, c = 2 √ (10) VÝ dô 2.2 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè: y = | logx2 +1 (3 − x2 ) + log3−x2 (x2 + 1)| Lêi gi¶i √ √ < − x2 > − < x√ Hàm số xác định khi: − x2 6= ⇔ x 6= ± x2 + 6= x 6= √ √ √ √ √ √ ⇔ x ∈ (− 3; − 2) ∪ (− 2; 0) ∪ (0; 2) ∪ ( 2; 3) NhËn xÐt r»ng: logx2+1(3 − x2) = log 1(x2 + 1) nªn logx2+1(3 − x2) vµ 3−x log3−x2 (x2 + 1) lµ cïng dÊu VËy: y = | logx +1(3 − x2)| + | log3−x (x2 + 1)| 2 q ≥ | logx2 +1 (3 − x2 )|| log3−x2 (x2 + 1)| = DÊu b»ng x¶y vµ chØ khi: | logx2 +1 (3 − x2 )| = | log3−x2 (x2 + 1)| ⇔ logx2 +1 (3 − x2 ) = ±1 " ⇔ · ⇔ − x2 = x2 + 1 − x2 = x +1 x= p±1 √ x=± 1+ VËy y = VÝ dô 2.3 Cho x, y, z > vµ x + y + z = T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña : P = y z x + + x+1 y+1 z+1 Lêi gi¶i Ta cã: P = − +1 x + − +1 y + − +1 z =3−( 1 + + ) x+1 y+1 z+1 10 (11) áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 1 + + )≥9 x+1 y+1 z+1 1 9 ⇔ + + ≥ = x+1 y+1 z+1 x+y+z+3 Suy ra: P ≤ − = VËy: max P = 34 x = y = z = 13 (x + + y + + z + 1)( Ví dụ 2.4 Cho số dương a, b, c thỏa mãn abc = Tìm giá trị nhỏ của: P = Lêi gi¶i §Æt: x = a1 , y= , b a2 b bc ac ab + + 2 + a c b a + b c c a + c2 b z= , c ta cã: xyz = 2 vµ P = y x+ z + x y+ z + x z+ y ¸p dông B§T Cauchy ta chøng minh: P ≥ (x + y + z) ≥ 2 Suy ra: P = 32 x = y = z = hay a = b = c = 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) §Æt M = max f (x), m = f (x) x∈R x∈R Chøng minh r»ng: m2 + M ≥ Lêi gi¶i Ta cã: f (0) = + acosα, f (π) = − acosα ⇒ f (0) + f (π) = ⇒ max(f (0), f (π)) ≥ Theo định nghĩa M, thì M ≥ max(f (0), f (π)) ≥ ⇒ M ≥ L¹i cã f ( π2 ) = −1 − a sin α; f (− π2 ) = −1 + a sin α VËy f ( π2 ) + f (− π2 ) = −2 ⇒ min(f ( π2 ), f (− π2 )) ≤ −1 π π ⇒ m ≤ min(f ( ), f (− )) ≤ −1 ⇒ m2 ≥ 2 Nh vËy ta cã M + m2 ≥ ⇒ ®pcm 11 (12) VÝ dô 2.6 Cho f (x, y, z) = √1 + tan x tan y + √1 + tan y tan z + xÐt trªn miÒn D = {(x, y, z) : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0; x + y + z = π2 } T×m max f (x, y, z) D Lêi gi¶i áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, với a1 = √ + tan x tan y; a2 = √ + tan y tan z; a3 = √ √ + tan z tan x + tan z tan x b1 = b2 = b3 = Ta cã:(3+tan x tan y+tan y tan z+tan z tan x).3 ≥ (√1 + tan x tan y+√1 + tan y tan z+ √ + tan z tan x)2 (1) Do x + y + z = π2 ⇒ tan x tan y + tan y tan z + tan z tan x = 1, vËy tõ (1) cã √ √ √ √ f (x, y, z) = + tan x tan y + + tan y tan z + + tan z tan x ≤ √ √ Râ rµng ( π6 , π6 , π6 ) ∈ D vµ f ( π6 , π6 , π6 ) = ⇒ max f (x, y, z) = D VÝ dô 2.7 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè: f (x, y, z) = x y z + + + (1 − x)(1 − y)(1 − z), y+z+1 z+x+1 x+y+1 xÐt trªn miÒn D = {(x, y, z) : ≤ x ≤ 1, ≤ y ≤ 1, ≤ z ≤ 1} Lêi gi¶i LÊy (x0, y0, z0) ∈ D tïy ý Kh«ng lµm mÊt tÝnh tæng qu¸t cã thÓ gi¶ sö x0 ≥ y0 ≥ z0 Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có (1 − y0 ) + (1 − z0 ) + (1 + y0 + z0 ) p ≥ (1 − y0 )(1 − z0 )(1 + y0 + z0 ), ≥ (1 − y0 )(1 − z0 ) + y0 + z0 V× − x0 ≥ nªn tõ (1) cã − x0 ≥ (1 − x0 )(1 − y0 )(1 − z0 ) + y0 + z0 Do x0 ≥ y0 ≥ z0 nªn ta cã y0 y0 ≥ + y0 + z0 + x0 + y0 12 (3) (2) hay (1) (13) z0 z0 ≥ + y0 + z0 + x0 + y (4) Céng tõng vÕ (2), (3), (4) cã x0 y0 z0 + + + (1 − x0 )(1 − y0 )(1 − z0 ) ≤ y0 + z0 + z0 + x0 + x0 + y0 + hay f (x0, y0, z0) ≤ (5) Vì (5) đúng với (x0, y0, z0) tùy ý thuộc D nên ta có f (x, y, z) ≤ ∀(x, y, z) ∈ D L¹i cã f (1, 1, 1) = vµ râ rµng (1, 1, 1) ∈ D, vËy suy max f (x, y, z) = D VÝ dô 2.8 T×m gi¸ trÞ bÐ nhÊt cña hµm sè f (x, y) = 5|x| − 3|y|, trªn tËp hîp c¸c nghiệm nguyên phương trình 4x + 5y = Lêi gi¶i Nếu x và y là các nghiệm nguyên phương trình 4x + 5y = thì rõ ràng x 6= vµ y 6= (thËt vËy nÕu x = th× y = kh«ng ph¶i lµ sè nguyªn ) Ta l¹i nhËn thÊy Êy x vµ y ph¶i tr¸i dÊu (thËt vËy nÕu ch¼ng h¹n x, y cïng dương, vì x, y nguyên nên x ≥ 1, y ≥ ⇒ 4x + 5y ≥ đó là điều vô lí) Như miÒn D cÇn xÐt cña hµm sè f(x,y) ®îc chia lµm hai miÒn D1, D2 nh sau: D1 = {(x, y) : x, y nguyªn; x > 0, y < vµ 4x + 5y = 7} D2 = {(x, y) : x, y nguyªn; x < 0, y > vµ 4x + 5y = 7} XÐt hµm sè f (x, y) = 5|x| − 3|y| trªn miÒn D1 Khi Êy x > 0, y < nªn f (x, y) = 5x + 3y Tõ 4x + 5y = ⇒ x = −4 5y = − y − +4 y Từ đó suy để x, y nguyên thì +4 y = t, với t nguyên Như y = 4t − vµ x = − 5t MÆt kh¸c tõ x > 0, y < suy 4t − < vµ − 5t < 0, tøc lµ t < 41 Nhng t nguyªn nªn t = 0, −1, −2, Lóc nµy ta ph¶i t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè F (t) = 5(3 − 5t) + 3(4t − 1) = 12 − 13t víi t = 0, −1, −2, 13 (14) Ta cã F (t) ≥ 12 ∀t = 0, −1, −2, vµ F (0) = 12 nªn (x,y)∈D F (t) = 12, tøc lµ minf (x, y) = 12 XÐt hµm sè f (x, y) = 5|x| − 3|y| trªn miÒn D2 Khi Êy x < 0, y > nªn f (x, y) = −5x − 3y Do x < 0, y > 0, nªn theo trªn suy 4t − > vµ − 5t < 0, tøc lµ t > 53 Nhng t nguyªn nªn t = 1, 2, 3, Lóc nµy ta ph¶i t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè F (t) = 13t − 12 víi t = 1, 2, 3, Ta cã F (t) ≥ ∀t = 1, 2, F (1) = nªn F (t) = 1, tøc lµ f (x) = (x,y)∈D Ta cã (x,y)∈D f (x, y) = min{ f (x, y), f (x, y)} = min{12, 1} = (x,y)∈D (x,y)∈D 2 VÝ dô 2.9 Gi¶ sö x, y, z, t lµ c¸c sè tháa m·n ®iÒu kiÖn: x2 + y + z ≤ 1≤t≤z T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: P = xyz + txy + txz + tyz + tx + ty + tz Lêi gi¶i a) Gi¸ trÞ lín nhÊt áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: √ p √ x2 + y + z = DÊu b»ng x¶y x = y = z = √1 x + y + z ≤ |x + y + z| ≤ (1) áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: p 1 = x2 + y + z ≥ 3 x2 y z ⇒ xyz ≤ √ 3 DÊu b»ng x¶y khi: x = y = z = √1 (2) MÆt kh¸c ta lu«n cã xy + yz + zx ≤ x2 + y + z = (3) Tõ (1), (2), (3) suy ra: √ P = xyz + t(xy + yz + zx + x + y + z) ≤ √ + t(1 + 3) 3 14 (15) √ √ 19 + 18 ≤ √ + 2(1 + 3) = 3 √ 19 + 18 ⇒ max P = x = y = z = √ , t = b) Gi¸ trÞ nhá nhÊt: V× |x| ≤ 1, |y| ≤ 1, |z| ≤ nªn (x + 1)(y + 1)(z + 1) ≥ Suy ra: xyz ≥ −(xy + yz + zx + x + y + z) − Do đó P ≥ (t − 1)(xy + yz + zx + x + y + z) − ≥ (t − 1)[ ≥ S2 − + S] − víi S = x + y + z (t − 1) t−1 t−1 S + (t − 1)S − − = (S + 1)2 − t ≥ −t 2 VËy P ≥ −t ≥ −2 (V× t ≥ 1) x + y + z = −1 + 1)(z + 1) = Dấu đẳng thức xảy khi: (x +x1)(y 2 + y + z2 = t=2 VËy P l¹i b»ng = −2 đạt t = và hai ba số x, y, z b»ng sè cßn VÝ dô 2.10 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè: f (x, y) = x2 + y2 xÐt trªn miÒn: D = {(x, y) : (x2 − y2 + 1)2 + 4x2y2 − x2 − y2 = 0} Lêi gi¶i Hệ thức (x2 − y2 + 1)2 + 4x2y2 − x2 − y2 = có thể viết lại dạng (x2 + y )2 + 2(x2 − y ) + − (x2 + y ) = ⇔ (x2 + y )2 − 3(x2 − y ) + − 4x2 = ⇔ (x2 + y − )2 = − 4x2 VËy D cã thÓ viÕt thµnh D = {(x, y) : (x2 + y − )2 = − 4x2 } 15 (16) Từ đó suy ∀(x, y) ∈ D, ta có (x2 + y − )2 ≤ ⇒ ∀(x, y) ∈ D, th× √ 3 ≤ f (x, y) ≤ + 2 r r √ √ √ 3+ 3+ 3+ Râ rµng (0, ) ∈ D vµ f (0, )= 2 √ r r √ √ 3− 3− 3− (0, ) ∈ D vµ f (0, )= 2 √ √ 3+ 3− VËy max f (x, y) = vµ f (x, y) = D D 2 Sử dụng các điều kiện có nghiệm phương tr×nh VÝ dô 3.1 T×m a nguyªn 6= cho gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè sau f (x) = 12x(x − a) x2 + 36 xÐt trªn miÒn x ∈ R lµ sè nguyªn Lêi gi¶i Gäi y0 lµ gi¸ trÞ tïy ý cu¶ hµm sè f(x) xÐt x ∈ R Khi đó phương trình sau có nghiệm (ẩn x) 12x(x − a) = y0 x2 + 36 (1) DÔ thÊy (1) ⇔ (y0 − 12)x2 + 12ax + 36y0 = (2) Khi y0 = 12 vµ a 6= 0, nªn (2) cã nghiÖm Khi y0 6= 12, th× (2) cã nghiÖm 40 = 36a2 − 36y0 (y0 − 12) ≥ hay y02 − 12y0 − a2 ≤ 16 (17) 6− √ a2 + ≤ y0 ≤ + √ a2 + 36vµ y0 6= 12 Kết hợp hai trường hợp, thì (2) có nghiệm 6− √ a2 + ≤ y0 ≤ + √ a2 + 36 √ VËy max f (x) = + a2 + 36 vµ f (x) = − x∈R x∈R Từ đó suy phải tìm a nguyên 6= 0, cho √ a2 + 36 = k √ a2 + 36 (3), đây k nguyên dương Chó ý r»ng nÕu a > lµ sè nguyªn tháa m·n (3), th× a còng tháa m·n (3), ta cần xét (3) với a nguyên dương DÔ thÊy (3) ⇔ 36 = k − a2 ⇔ 36 = (k + a)(k − a) Do k + a vµ k − a cã cïng tÝnh ch½n lÎ, vµ k + a > 0, nªn k + a > vµ k + a > k − a ½ VËy tõ (4) suy kk+−aa==182 ⇒ a = Tõ lËp trªn suy cã hai gi¸ trÞ nguyªn 6= cÇn t×m cña a lµ (a = 8) hoÆc (a = −8) VÝ dô 3.2 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè r f (x) = x + x2 + , trªn miÒn D = {x : x > 0} x Lêi gi¶i Gäi y0 lµ gi¸ trÞ tïy ý cña hµm sè trªn miÒn x > 0, tøc lµ hÖ sau (Èn x) cã nghiÖm r y0 = x + x2 + x>0 17 x (18) ( ⇔ ½ ⇔ ½ ⇔ q y0 − x = x2 + x>0 < x ≤ y0 (y0 − x)2 = x2 + x x < x ≤ y0 (1) 2y0 x2 − y02 x + = (2) Trước hết tìm điều kiện để (2) có nghiệm Điều kiện đó là y04 − 8y0 ≥ Do y0 > ⇒ y0 ≥ (3) Víi ®iÒu kiÖn (3), th× (2) cã nghiÖm MÆt kh¸c ta cã P = y2 y0 > 0; S = = >0 2y 2y0 Vậy (2) có hai nghiệm dương x1 < x2 mà x1 + x2 = 2y1 ⇒ x1 ≤ x2 ≤ y0 Vậy (3) là điều kiện để hệ (1) (2) có nghiệm Từ đó suy f (x) = x∈D VÝ dô 3.3 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè f (x) = | sin x + cos x + | sin x + Lêi gi¶i Xét y = sin xsin+ xcos+ x2 + , rõ ràng hàm số này xác định ∀x Gọi y0 là giá trị tùy ý hàm số, thì phương trình sau đây (ẩn x) có nghiệm y0 = DÔ thÊy (1) sin x + cos x + sin x + (1) ⇔ y0 sin x + 2y0 = sin x + cos x + ⇔ (y0 − 1) sin x − cos x = − 2y0 (2) Phương trình (2) có nghiệm và (y0 − 1)2 + 12 ≥ (1 − 2y0)2 ⇔ 3y0 − 2y0 − ≤ ⇔ − ≤ y0 ≤ 18 (19) VËy max = max{| max y|, | y|} = max{1, } = x∈ R Rõ ràng f (x) ≥ 0∀x Mặt khác phương trình sin x + cos x + = hiển nhiên cã nghiÖm Gäi x lµ nghiÖm tïy ý cña nã, th× f (x) = Tõ f (x) ≥ ∀x ∈ R f (x) = Suy f (x) = x∈R VÝ dô 3.4 Cho hµm sè f (x) = x Tìm p và q để + px + q x2 + víi x ∈ R max f (x) = vµ f (x) = −1 x∈R x∈R Lêi gi¶i Gọi y0 là giá trị tùy ý tham số, đó phương trình sau có nghiệm (ẩn x) x2 + px + q = y0 (1) x2 + DÔ thÊy (1) ⇔ (y0 − 1)2x2 − px + (y0 − q) = (2) XÐt hai kh¶ n¨ng: NÕu y0 = 1, th× (2) cã nghiÖm p 6= hoÆc p = 0, q = NÕu y0 6= 1, th× (2) cã nghiÖm (3) −4 = 4y02 − 4(q + 1)t − (p2 − 4q) ≤ Xét phương trình 4t2 − 4(q + 1)t − (p2 − 4q) = (4) Gäi t1, t2 lµ hai nghiÖm cña nã, th× nghiÖm cña (3) lµ t1 ≤ y0 ≤ t2 (Chó ý r»ng dÔ thÊy t1 ≤ ≤ t2) 19 (20) Kết hợp hai trường hợp ta thấy (2) có nghiệm t1 ≤ y0 ≤ t2, đó t1 và t2 là hai nghiệm (4) Từ đó ta max f (x) = t2 x∈R vµ f (x) = t1 x∈R Như bài toán đã cho trở thành: Tìm p và q để phương trình có hai nghiệm và −1 Theo định lí Viet điều đó xảy ½ 4(q + 1) = q=7 ⇔ p = ±8 4q − p = −9 VËy cã hai cÆp gi¸ trÞ cÇn t×m lµ (p = 8, q = 7) hoÆc (p = −8, q = 7) Phương pháp lặp VÝ dô 4.1 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: U = 19x2 + 54y + 16z + 36xy − 16xz − 24yz Lêi gi¶i Biến đổi U tam thức bậc hai x: U = 19x2 − 2(8z − 18y)x + 54y + 16z − 24yz Ta cã: 4x = (8z − 18y)2 − 19(54y + 16z − 24yz) = −702y + 168yz − 240z Xem 4x là tam thức bậc hai y, ta có: 4y = (84z)2 − 702.204z = −161424z ≤ 0, ∀z Suy : 4x ≤ 0, ∀y, z (v× a = −702 < 0) Do đó: U ≥ 0, ∀x, y, z (vì a = 19 > 0) U = x = y = z = VËy: U = 20 (21) Ví dụ 4.2 Tìm m để bất đẳng thức với x, y, z, t U = x2 + y + z + t2 + mzy − xz + x − y + t ≥ Lêi gi¶i Tương tự Phương pháp lượng giác hóa a + 2x cos a VÝ dô 5.1 Cho f (x) = (1 − x ) sin T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ lín nhÊt + x2 cña f (x) Lêi gi¶i Đặt x = tan α Khi đó: (1 − tan2 α) sin a + tan α cos a + tan2 α cos 2α sin α sin a + cos a cos α = cos α cos2 α = cos 2α sin a + sin 2α cos a f (x) = = sin(a + 2α) Do −1 ≤ sin(a + 2α) ≤ nªn ta cã: π a 3π f (x) = −1 x = tan(− − + k1 π) k1 ∈ Z hoÆc x = tan( 4 k2 π) k2 ∈ Z π a max f (x) = x = tan( − + k3 π) k3 ∈ Z NhËn xÐt: Sö dông ®iÒu kiÖn cña biÕn: |x| ≤ k (k>0) §Æt x = k sin a víi − π2 ≤ a ≤ π2 hoÆc x = k cos a víi ≤ a ≤ π VÝ dô 5.2 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña c¸c biÓu thøc sau: √ a) 6a − a2 + 8a2 b) 4a3 − 24a2 + 45a − 26 víi ≤ a ≤ Lêi gi¶i 21 − a + (22) a) §iÒu kiÖn: |a| ≤ §Æt a = cos α; ≤ α ≤ π Ta cã: √ √ |6a − a2 + 8a2 | = |6a − a2 + 4(2a2 − 1)| = |6 cos α sin α + 4(2 cos2 α − 1)| = |3 sin α + cos 2α| = 5| cos(2α − ϕ)| ≤ (víi cos ϕ = 45 ; sin ϕ = ) √ ⇒ −1 ≤ 6a − a2 + 8a2 ≤ √ VËy min(6a − a2 + 8a2) = −1 √ max(6a − a2 + 8a2 ) = cos(2α − ϕ) = −1 cos(2α − ϕ) = b) Tõ ≤ a ≤ ⇒ −1 ≤ a − ≤ Đặt a − = cos α với α ∈ [0; π] Khi đó: A = 4a3 − 24a2 + 45a − 26 = 4(cos α + 2)3 − 24(cos α + 2)2 + 45(cos α + 2) − 26 = cos3 α − cos α = cos 3α ⇒ |A| ≤ NhËn xÐt: BiÕn x, y cña bµi to¸n cã ®iÒu kiÖn: x2 + y = k (k > 0) §Æt x = k sin α, y = k cos α α ∈ [0; 2π] VÝ √dô 5.3 Cho x2 + y2 = Chøng minh r»ng: 3|x| a) + ≤1 y b) 14 ≤ x6 + y6 ≤ Lêi gi¶i a) Tõ ®iÒu kiÖn x2 + y2 = Ta đặt x = sin α, y = cos α α ∈ [0; 2π] Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với: 22 (23) √ −1 ≤ √ sin α ≤ ⇔ −2 − cos α ≤ sin α ≤ + cos α + cos α ½ √ √3 sin α + cos α ≥ −2 (1) ⇔ sin α − cos α ≤ (2) Ta cã : vµ √ √ (v× + cos α > 0) √ sin α + cos α) 2 π π = 2(cos sin α + sin cos α) 6 π = sin(α + ) ≥ −2 ⇒ (1) sin α + cos α = 2( √ sin α − cos α) 2 π π = 2(cos sin α − sin cos α) 6 π = sin(α − ) ≤ ⇒ (2) sin α − cos α = 2( Vậy ta có đpcm b) Đặt x = sin α, y = cos α Khi đó: x6 + y = sin6 α + cos6 α = (sin2 α + cos2 α)(sin4 α − sin2 α cos2 α + cos4 α) = (sin2 α + cos2 α)2 − sin2 α cos2 α = − sin2 2α V× ≤ sin2 2α ≤ nªn 14 ≤ − 43 sin2 2α ≤ 1 ⇒ ≤ x6 + y ≤ (®pcm) NhËn xÐt: Sö dông ®iÒu kiÖn cña biÕn |x| ≥ k (k > 0) π 3π α ∈ [0; ) ∪ [π; ) §Æt x = k cos α 2 Khi đó: x2 − k2 = k2( cos2 α − 1) = k2 tan2 α và tan α > VÝ dô 5.4 Cho |a| ≥ T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ lín nhÊt cña biÓu thøc: √ a2 − + a Lêi gi¶i 23 √ (24) Tõ ®iÒu kiÖn |a| ≥ 1 π 3π §Æt x = k cos α ∈ [0; ) ∪ [π; ) Khi đó: α 2 r √ − + a2 − + cos2 α A= = a √ √ cos α = cos α(tan α + 3) = cos α + sin α √ π π = 2( cos α + sin α) = 2(cos cos α + sin sin α) 2 6 π = cos(α − ) √ √ ⇒ −2 ≤ A ≤ VËy max A = a = π6 + kπ víi k ∈ Z 7π 5π A = −2 a = + kπ hoÆc a = + kπ víi k ∈ Z 6 VÝ dô 5.5 Cho |a| ≥ 1; |b| ≥ Chøng minh B§T: √ a2 − + | ab √ b2 − |≤1 (1) Lêi gi¶i Đặt a = cos1 α ; b = cos1 β với α, β ∈ [0; π2 ) ∪ [π; 3π2 ) Khi đó: √ √ a2 − + b2 − A= ab 1 −1+ −1 cos α cos2 β = 1 cos α cos β = cos α cos β(tan α + tan β) = sin(α + β) ⇒ ®pcm NhËn xÐt: Bµi to¸n cã biÓu thøc x2 + k2 π §Æt x = k tan α víi α ∈ ( −π ; ) 2 Khi đó x2 + k2 = k2(1 + tan2 α) = cosk2 α với cos α > 24 (25) VÝ dô 5.6 Chøng minh B§T : (a + b)(1 − ab) − ≤ ≤ 2 (1 + a )(1 + b ) Lêi gi¶i π §Æt a = tan α; b = tan β víi α, β ∈ ( −π ; ) 2 (a + b)(1 − ab) (tan α + tan β)(1 − tan α tan β) = 2 (1 + a )(1 + b ) (1 + tan2 α)(1 + tan2 β) sin(α + β) cos(α + β) = cos2 α cos2 β cos α cos β cos α cos β = sin(2α + 2β) A= ⇒ |A| ≤ (®pcm) Phương pháp đồ thị Để giải bài toán tìm giá trị lớn và nhỏ phương pháp đồ thị, người ta thường sử dụng các tính chất sau đây: - Trong tất các đường gấp khúc nối hai điểm A, B cho trước thì đường thẳng nối AB là đường có độ dài ngắn - Trong mét tam gi¸c, tæng hai c¹nh lu«n lu«n lín h¬n c¹nh thø ba - Cho điểm M ngoài đường thẳng d cho trước Khi đó độ dài ®êng vu«ng gãc kÎ tõ M xuèng d ng¾n h¬n mäi ®êng xiªn kÎ tõ M xuèng ®êng th¼ng Êy - Trong các tam giác cùng nội tiếp đường tròn, thì tam giác có chu vi vµ diÖn tÝch lín nhÊt NÕu nh mét bµi to¸n t×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt, b»ng mét phÐp biÕn đổi nào đó có thể quy các kiện hình học nói trên, thì ta nên dùng phương pháp đồ thị để giải chúng Phương pháp này thích hợp với bài toán, mà nội dung nó đã tiềm ẩn yếu tố hình học, mà tiên ta cha nh×n chóng 25 (26) VÝ dô 6.1 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè: f (x, y, z, t) = z + t2 − 2xz − 2yt − 3, xÐt trªn miÒn D = {(x, y, z, t) : x2 + y = 1; z − t + = 0} Lêi gi¶i Víi (x, y, z, t) ∈ D ta cã f (x, y, z, t) = (x − z)2 + (y − t)2 − x2 − y − = (x − z)2 + (y − t)2 − (1) MÆt kh¸c (x, y, z, t) ∈ D th× ®iÓm M (x, y) n»m trªn ®êng trßn t©m t¹i gốc tọa độ bán kính 1, còn điểm N (z, t) nằm trên parabol u = v2 + u u = v2 + N(z,t) N0 M0 M(x,y) v Ta cã: (x − z)2 + (y − t)2 = M N Râ rµng minM N = M0N02 = 4, ë ®©y M0(0; 1) vµ N0(0; 3) Từ đó suy từ (1) f (x, y, z, t) ≥ ∀(x, y, z, t) ∈ D 26 (27) MÆt kh¸c lÊy x = 0, y = 1, z = 0, t = 3, th× f (0, 1, 0, 3) = 0, mµ (0, 1, 0, 3) ∈ D nªn suy (x,y,z,t)∈D f (x, y, z, t) = VÝ dô 6.2 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè: f (x) = √ x2 − 2x + + √ x2 + 4x + xÐt trªn miÒn |x| ≤ Lêi gi¶i Ta viết lại hàm số f(x) dạng sau f (x) = p p (x − 1)2 + + (x + 2)2 + √ Xét hệ trục u0v và trên đó xét điểm cố định N (2 2, 3) và điểm di động √ M ( 2, − x); đây −1 ≤ x ≤ Khi đó M chạy trên đoạn thẳng M0 M1 , √ √ đó M0( 2, 0) và M1( 2, 2) Ta cã: p (x − 1)2 + + p (x − 2)2 + = OM + ON v N M1 1-x M √ M0 √ 2 27 u (28) √ Râ rµng OM + ON ≥ ON = 17 MÆt kh¸c gäi M∗ lµ giao ®iÓm cña ®êng √ th¼ng x = vµ ON, th× OM1 + M1N = ON Cã thÓ thÊy M∗M0 = 12 N H = 32 √ (H lµ h×nh chiÕu cña N trªn trôc hoµnh), vËy M∗( 2, 32 ) √ Nh vËy ta cã f (x) ≥ 17 ∀ − ≤ x ≤ Từ đó suy |x|≤1 f (x) = √ 17 √ f (− ) = 17 L¹i cã M max (OM + ON ) = max(OM1 + M1 N, OM0 + M0 N ) ∈M M √ √ √ √ √ = max( + 3, + 11) √ √ = + 11 √ VËy max f (x) = + 11 |x|≤1 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 cho ax + by + cz = k (1)(k cố định cho trước) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè p √ √ f (x, y, z) = a h2 + x2 +b h2 + y +c h2 + z Lêi gi¶i víi c¸c x,y,z tháa m·n hÖ thøc (1) v C ax+by+cz=k ax ax+by A (a+b)h ah B 28 u (a+b+c)h (29) Vẽ hệ trục Ouv và trên đó xét các điểm A(ah, ax), B((a + b)h, ax + by), C((a + b + c)h, ax + by + cz) Cã thÓ thÊy p √ √ OA = a a2 + h2 , AB = c h2 + y , BC = c h2 + z VËy f (x, y, z) = OA + AB + BC (2) Ta thấy OA + AB + BC là độ dài đường gấp khúc OABC nối hai điểm cố định O(0,0) và C((a+b+c)h,k) Ta có OC = p k + (a + b + c)2 h2 p Tõ (2) ⇒ f (x, y, z) ≥ OC = k2 + (a + b + c)2h2 DÊu b»ng (3) x¶y ⇔ O, A, B, C th¼ng hµng (3) ax ax + by ax + by + cz = = ah ah + bh ah + bh + ch k ⇔x=y=z= a+b+c ⇔ Nh vËy f( p k k k , , ) = k + (a + b + c)2 h2 a+b+c a+b+c a+b+c (4) Tõ (3), (4) suy f (x, y, z) = p k + (a + b + c)2 h2 VÝ dô 6.4 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè f (x, y) = −2x − y + x2 trªn miÒn 2x + 3y ≤ (x, y) : 2x + y ≤ x ≥ 0, y ≥ D= Lêi gi¶i Miền D các điểm (x,y) thỏa mãn hệ ràng buộc đã cho, biểu diễn 29 (30) miền gạch hình vẽ sau (đó là tứ giác kể biên) 22 y y = x2 − 2x + y = x2 − 2x A -1 B x 2x + 3y = 2x + y = Gäi α lµ gi¸ trÞ tïy ý cña hµm sè Ta quy bµi to¸n vÒ viÖc t×m c¸c gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña α cho parabol −2x − y + x2 = α(⇔ y = x2 − 2x − α) còn cắt miền D Từ dạng đồ thị y = x2 − 2x − α, ta thấy giá trị bé α tương ứng với trường hợp parabol y = x2 − 2x − α tiếp xúc với đường thẳng 2x + 3y = Điều này xảy và phương trình sau có nghiệm kép x2 − 2x − α = −x+2 (1) (1) ⇔ 3x2 − 4x − 3α − = VËy (1) cã nghiÖm kÐp ⇔ 40 = + 9α + 18 = ⇔α=− 22 Giá trị lớn α tương ứng với trường hợp parabol y = x2 − 2x − α qua O(0,0) (và dĩ nhiên qua B(2,0)) Điều đó xảy α = 22 VËy max f (x, y) = vµ = − D D 30 (31) VÝ dô 6.5 Cho xi, yi (i = 1, 2, , n) lµ 2n sè thùc tháa m·n n X xi + i=1 n X yi = i=1 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A= n q X x2i + yi2 i=1 Lêi gi¶i Trong mặt phẳng xét hệ tọa độ vuông góc xOy Gọi Mk là điểm có tọa độ k k X X Mk ( xi , yi ), k = 1, 2, , n i=1 i=1 y Mk−1 Mn Mk M M1 Nh vËy ®iÓm n n X X yi ) xi , Mn ( i=1 i=1 sÏ n»m trªn ®êng th¼ng x + y = n n (v× theo gi¶ thiÕt ta cã P xi + P yi = 1) i=1 i=1 31 x (32) DÔ thÊy:s Mk−1 Mk = ( k P xi − i=1 k−1 P xi )2 + ( i=1 Từ đó suy k P i=1 yi + k−1 P yi )2 = i=1 p x2k + yk2 , k = 1, 2, , n A = OM1 + M1 M2 + + Mn−1 Mn ⇒ Gäi H lµ ch©n ®êng √ vu«ng gãc kÎ tõ O tíi ®êng th¼ng x + y = OH = Râ rµng OM1 + M1M2 + + Mn−1Mn = OH ⇒ A ≥ DÊu b»ng (1) x¶y √ 2 (1) ⇔ O, M1 , M2 , , Mn th¼ng hµng vµ Mn ≡ H y1 y2 yn ⇔ = = = = tan 45o = x1 x2 xn ⇔ x1 = x2 = = xn = y1 = y2 = = yn = 2n √ VËy A = 22 VÝ dô 6.6 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè f (x) = p x2 − 2px + 2p2 + p x2 − 2qx + 2q với p, q là hai số cho trước Lêi gi¶i XÐt |p| + |q| > Trên mặt phẳng tọa độ xét các điểm A(x-p, |p|) và B(x-q, |q|) Hàm số f(x) đã cho viết dạng sau f (x) = p p (x − p)2 + (|p|)2 + (x − q)2 + (−|q|)2 = OA + OB Râ rµng ta lu«n cã OA + OB ≥ AB , ë ®©y AB = p (p − q)2 + (|p| + |q|)2 = const, ∀ vÞ trÝ cña A, B VËy ta lu«n cã f (x) ≥ p (p − q)2 + (|p| + |q|)2 32 (1) (33) DÊu b»ng (1) cã ⇔ A, O, B th¼ng hµng y y=|p| |p| A x y=-|q| B → Ta cã − OA = (x − p, |p|) −−→ BO = (q − x, |q|) VËy A, O, B th¼ng hµng x−p |p| = q−x |q| ⇔ x|q| − p|q| = q|p| − x|p| q|p| + p|q| ⇔x= |p| + |q| Do AB = const f( ∀ vÞ trÝ cña A,B nªn ta cã p q|p| + p|q| ) = AB = (p − q)2 + (|p| + |q|)2 |p| + |q| p VËy f (x) = (p − q)2 + (|p| + |q|)2 XÐt |p| + |q| = 0(⇔ p = q = 0) Lóc nµy f (x) = 2|x| ⇒ f (x) = 33 (3) (34) DÔ dµng thÊy cã thÓ dïng (2) thay cho (3) (v× p = q = 0) Tãm l¹i mäi trường hợp, ta có f (x) = x∈R p (p − q)2 + (|p| + |q|)2 VÝ dô 6.7 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ lín nhÊt cña hµm sè f (x, y) = cos 2x + cos 2y trªn miÒn D = {(x, y) : sin x + sin y = } Lêi gi¶i Đặt u = sin x, v = sin y Khi đó, ta có cos 2x + cos 2y = − 2(u2 + v ) XÐt bµi to¸n míi sau: T×m gi¸ trÞ lín vµ bÐ nhÊt cña hµm sè F (u, v) = u2 +v2, xÐt trªn miÒn D1 = {(u, v) : |u| ≤ 1, |v| ≤ 1; u + v = y A 1 -1 − 1 − -1 34 x (35) Lúc đó ta có mối liên hệ sau: max f (x, y) = − F (u, v) (1) f (x, y) = − max F (u, v) (2) D D1 D D1 Vẽ trục tọa độ Ouv Tập D1 chính là đoạn thẳng AB - đó là phần đường thẳng u + v = 12 nằm hình vuông Dễ thấy A, B có tọa độ A(− 12 , 1) và B(1, − ) NÕu M (u, v) = D1 th× cã u2 + v2 = OM 1 VËy max F (u, v) = max OM = OA2 (= OB ) = + = D M ∈AB 2 F (u, v) = OM = OH = D M ∈AB (V× OH lµ ®êng cao cña tam gi¸c vu«ng c©n c¹nh b»ng 12 ) Theo (1) vµ (2) suy 1 max f (x, y) = − D f (x, y) = − D = 4 =− 2 Bài chuẩn bị chúng tôi còn nhiều thiếu sót mong các bạn giúp đỡ và góp ý để chúng tôi hoàn thiện tốt chuyên đề này Bài các em khá công phu và đánh máy tương đối tốt Tất nhiªn vÉn cã thÓ lµm tèt h¬n, vµ sau ®©y lµ mét vµi gîi ý Đầu tiên, các em hãy xem lại Ví dụ 2.5 tôi có thấy sử dụng bất đẳng thức nào đâu Nhân tiện trình bày tìm GTLN, GTNN dùng bất đẳng thức, các em nên tìm hiểu thêm Bất đẳng thức Karamata thu hút nhiều quan tâm Việc trình bày vấn đề lạ có thể giúp bài thuyết tr×nh cña c¸c em hÊp dÉn h¬n C¸c bµi t×m GTLN, GTNN khã nhÊt lµ nh÷ng bµi t×m cùc trÞ cã ®iÒu kiÖn T«i thÊy c¸c em cã ®a mét sè bµi Nhng c¸ch gi¶i cña c¸c bµi nµy kh«ng cã ®iÓm chung vµ khã vËn dông cho nh÷ng bµi kh¸c §Ó cã c¸i nh×n bao qu¸t hơn, các em hãy tham khảo thêm các sách giải tích để biết phương pháp 35 (36) t×m cùc trÞ cã ®iÒu kiÖn cña Lagrange (ch¼ng h¹n cuèn C¬ së gi¶i tÝch cæ ®iÓn Nguyễn Văn Khuê - Lê Mậu Hải để xem lí thuyết và bài tập phần (hay 3, tôi không nhớ rõ) Liasko để xem áp dụng) Nếu các em có thể trình bày trước lớp phương pháp này thì tốt KÕt thóc mçi phÇn nªn cã nh÷ng bµi tËp (tèt nhÊt lµ c¸c em tù ®a ra) để các bạn khác phải cùng suy nghĩ Tôi có sửa giúp các em số lỗi đánh máy và trình bày đoạn đầu Các em có thể tham khảo để sửa phần còn lại cho tốt Hình các em göi cho t«i kh«ng dïng ®îc (khi ch¹y b¸o lçi), t«i ph¶i vÏ l¹i vµ sÏ göi l¹i cho các em Nếu các em không có giải thích thỏa đáng chuyện này, điều kh«ng tr¸nh khái lµ t«i sÏ trõ ®iÓm bµi cña c¸c em 36 (37)