SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT.

Question

Phương pháp :
Các bước thực hiện :
+ Tìm miền xác định của hàm số.
+ Tính đạo hàm và lập bảng biến thiên.
+ Từ bảng biến thiên, ta tính giá trị hàm số tại các đầu của miền xác định ; giá trị của hàm số tại các điểm đạo hàm triệt tiêu. So sánh các giá trị đó để tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN).
Chú ý :
+ Có những bái toán có nhiều ẩn thì ta phải gom các ẩn đó về cùng một dạng rồi đặt ẩn phụ, tìm miền giá trị của ẩn phụ, sau đó mới xét hàm số theo biến số mới.
+ Để tồn tại GTLN, GTNN thì ta chỉ cần một hoặc vài giá trị của biến số (không nhất thiết phải tìm hết tất cả các giá trị của biến số).

Ví dụ $1.$ Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau :
a.

$y=\left ( \sin x +\cos x \right )^2+\displaystyle \frac{1}{ \sin^2 x \cos^2 x}$ .
b.

$y=\displaystyle \frac{ \sin^4 x+\cos^4 x}{ \sin^6 x +\cos^6 x}$ .
Lời giải :
a.

$y=1+2\sin x \cos x +\displaystyle \frac{1}{ \sin^2 x \cos^2 x}=1+\sin 2x+\displaystyle \frac{4}{ \sin^2 2x}$
Đặt :

$t=\sin 2x \Rightarrow \begin{cases}-1 \le t \le 1 \\ t \ne 0 \end{cases}$

$\Rightarrow y=1+t+\frac{4}{t^2}; y'=1-\frac{8}{t^3}=\frac{t^3-8}{t^3}$

$y'=0 \Leftrightarrow t^3-8=0 \Leftrightarrow t=2$
Bảng biến thiên :

$\begin{array}{c|ccccccc} t & -1 & \quad & \quad & 0 & \; & \quad & 1\\ \hline y^\prime & \quad & + & \quad & ∥ & \; & - &\quad \\ \hline \quad & \quad & \quad & +\infty & ∥ & +\infty \\ f(x) & \quad & \nearrow & \quad & ∥& \quad & \searrow & \quad \\ \quad & 4& \quad & \quad &∥& \quad & \quad & 6& \end{array}$
Từ bảng biến thiên ta suy ra

$\min y = 4$ đạt được

$\Leftrightarrow t=-1\Leftrightarrow \sin 2x = -1\Leftrightarrow x = -\frac{\pi}{4}+ k\pi (k \in \mathbb{Z})$ .
Hàm số không đạt giá trị lớn nhất.
Vậy GTNN của hàm số là

$\min y =4$ khi

$x = -\frac{\pi}{4}+ k\pi (k \in \mathbb{Z})$ .
b.
Sử dụng các đẳng thức cơ bản :

$\sin^4x+\cos^4 x=1- \frac{1}{2}\sin^2 2x$

$\sin^6x+\cos^6 x=1- \frac{3}{4}\sin^2 2x$
Viết lại hàm số đã cho dưới dạng :

$y= \displaystyle \frac{1- \frac{1}{2}\sin^2 2x}{1- \frac{3}{4}\sin^2 2x}=2.\frac{2- \sin^2 2x}{4-3\sin^2 2x}$
Đặt :

$t=\sin^2 2x$ với

$0 \le t \le 1$
Xét hàm số :

$f(t)=2.\frac{2-t}{4-3t}$ với

$0 \le t \le 1$
Ta có :

$f'(t)=2.\frac{2}{(4-3t)^2}>0$ với

$0 \le t \le 1$
Tức là

$f(t)$ là hàm tăng trên

$[0, 1]$ .
Suy ra :

$\min y = \min f(t)=f(0)=1$ đạt được khi

$t=0\Rightarrow x=\frac{k\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}$

$\max y = \max f(t)=f(1)=2$ đạt được khi

$t=1\Rightarrow x=\frac{\pi}{4}+\frac{m\pi}{2}, m \in \mathbb{Z}$

Ví dụ $2.$ Cho ba số dương

$x, y, z$ thỏa mãn

$x+y+z \le \frac{3}{2}$
Tìm GTNN của :

$P=x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$
Lời giải :
Từ giả thiết :

$\frac{3}{2} \ge x+y+z \underbrace{\ge}_{\text{BĐT Cô-si}} 3\sqrt[3]{xyz} \Rightarrow 0<3\sqrt[3]{xyz}\le \frac{1}{2}$
Mặt khác cũng theo BĐT Cô-si thì :

$P=x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \ge 3\sqrt[3]{xyz} + \displaystyle \frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}$
Đặt

$t=\sqrt[3]{xyz}$ thì :

$0<t \le \frac{1}{2}$
Xét hàm số :

$f(t)=3t+\frac{3}{t}$ với

$0<t \le \frac{1}{2}$

$f'(t)=3-\frac{3}{t^2}=3.\frac{t^2-1}{t^2}$

$f'(t)=0\Leftrightarrow t^2-1=0\Leftrightarrow t= \pm 1$
Bảng biến thiên :

$\begin{array}{c|ccccccccc} t &0 & \; & \; & \; & \frac{1}{2}\\ \hline f^\prime(t) & \; &\; & - \\ \hline \; &+\infty \; & \; & \; & \; & \; & \\ f(t) & \; & \; & \searrow & \; & \; & \; \\ \quad & \; & \; & \; & \; & \frac{15}{2} \end{array}$
Từ bảng biến thiên ta suy ra

$\min f(t) =\frac{15}{2}$ đạt được

$\Leftrightarrow t= \frac{1}{2}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{2}$
Vậy GTNN của

$P$ bằng

$\frac{15}{2}$ khi

$x=y=z=\frac{1}{2}$

Ví dụ $3.$ (Đại học khối

$D-2009$ ) Cho các số thực không âm

$x, y$ thay đôi và thỏa mãn

$x+y=1$ . Tìm GTLN và GTNN của biểu thức :

$S=(4x^2+3y)(4y^2+3x)+25xy$
Lời giải :
Do

$x+y=1$ , nên :

$S=16x^2y^2+12(x^3+y^3)+9xy+25xy=16x^2y^2+12\left[ {(x+y)^3-3xy(x+y)} \right]+34xy=16x^2y^2-2xy+12$
Đặt

$t=xy$ , ta được :

$S=16t^2-2t+12$ .
Mặt khác, từ BĐT quen thuộc

$0 \le xy \le \frac{(x+y)^2}{4}=\frac{1}{4}\Rightarrow t \in \left[ {0; \frac{1}{4}} \right]$
Xét hàm

$f(t)=16t^2-2t+12$ trên đoạn

$\left[ {0; \frac{1}{4}} \right]$

$f'(t)=32t-2; f'(t)=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{16}$
Bảng biến thiên :

$\begin{array}{c|ccccccccc} t &0& \; & \; & \frac{1}{16} & \; & \frac{1}{4}\\ \hline f^\prime(t) & \; & \; & - & 0 \; & + \\ \hline \; & 12 & \; & \; & \; & \; & \; \frac{25}{2} \\ f(t) & \; & \; & \searrow & \; & \nearrow & \; \\ \quad & \; & \; & \; & \frac{191}{16} & \; & \: & \end{array}$
Từ bảng biến thiên ta suy ra :

$\max_{\displaystyle \left[ {0; \frac{1}{4}} \right]}f(t)=f\left ( \frac{1}{4} \right )=\frac{25}{2}$

$\min_{\displaystyle \left[ {0; \frac{1}{4}} \right]}f(t)=f\left ( \frac{1}{16} \right )=\frac{191}{16}$
Vậy,
GTLN của

$S$ bằng

$\frac{25}{2}$ , khi

$\begin{cases}x+y=1 \\ xy= \frac{1}{4}\end{cases}\Leftrightarrow (x; y)=\left ( \frac{1}{2}; \frac{1}{2} \right )$
GTNN của

$S$ bằng

$\frac{191}{16}$ , khi

$\begin{cases}x+y=1 \\ xy= \frac{1}{16}\end{cases} \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} (x; y)=\left ( \frac{2+\sqrt{3}}{4}; \frac{2-\sqrt{3}}{4} \right )\\ (x; y)=\left ( \frac{2-\sqrt{3}}{4}; \frac{2+\sqrt{3}}{4} \right ) \end{matrix}} \right.$

Ví dụ $4.$ (Đại học khối

$B−2012$ ) Cho các số thực

$x,y,z$ thỏa mãn các điều kiện

$x+y+z=0$ và

$x^2+y^2+z^2=1$ .
Tìm GTLN của :

$P=x^5+y^5+z^5$
Lời giải :
Với

$x+y+z=0$ và

$x^2+y^2+z^2=1$ , ta có :

$0=(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2x(y+z)+2yz=1−2x^2+2yz$ , nên

$yz=x^2−\frac{1}{2}$
Mặt khác

$yz \le \frac{y^2+z^2}{2}=\frac{1-x^2}{2},$ suy ra

$x^2−\frac{1}{2} \le \frac{1-x^2}{2}$

$\Rightarrow 3x^2 \le 2 \Rightarrow -\frac{\sqrt{6}}{3} \le x \le \frac{\sqrt{6}}{3}$
Khi đó :

$P=x^5+(y^2+z^2)(y^3+z^3)-y^2z^2(y+z)$

$=x^5+(1-x^2)\left[ {(y^2+z^2)(y+z)-yz(y+z)} \right]+\left ( x^2-\frac{1}{2} \right )^2x$

$=x^5+(1-x^2)\left[ {-x(1-x^2)+x\left ( x^2-\frac{1}{2} \right )} \right]+\left ( x^2-\frac{1}{2} \right )^2x$

$=\frac{5}{4}\left ( 2x^3-x \right )$
Xét hàm :

$f(x)= 2x^3-x$ trên

$\left[ { -\frac{\sqrt{6}}{3}, \frac{\sqrt{6}}{3} } \right]$

$f'(x)=6x^2-1; f'(x)=0\Leftrightarrow x=\pm\frac{\sqrt{6}}{6}$
Bảng biến thiên :

$\begin{array}{c|ccccccccc} x &-\frac{\sqrt{6}}{3} & \; & \; & -\frac{\sqrt{6}}{6} & \; & \; & \frac{\sqrt{6}}{6} & \; & \; & \frac{\sqrt{6}}{3} \\ \hline f^\prime(x) & \; &+ & \; & 0 & \; & - & 0 & \; & + & \; & \\ \hline \; & \; & \; & \; & \; \frac{\sqrt{6}}{9} & \; & \; & \; & \; & \: & \frac{\sqrt{6}}{9} \\ f(x) & \; & \; & \nearrow & \; & \; & \searrow & \; & \; \nearrow \\ \quad & -\frac{\sqrt{6}}{9} & \; & \; & \; & \; & \: & -\frac{\sqrt{6}}{9} \end{array}$
Từ bảng biến thiên ta suy ra

$P =\frac{5}{4}f(x)\le \frac{5}{4}\max f(x) = \frac{5\sqrt{6}}{36}$ .
Khi

$x= \frac{\sqrt{6}}{3}, y=z=- \frac{\sqrt{6}}{6}$ thì dấu bằng xảy ra.
Vậy giá trị lớn nhất của

$P$ là

$\frac{5\sqrt{6}}{36}.$

Ví dụ $5.$ (Đại học khối

$A−2011$ ) Cho

$x, y, z$ là ba số thực thuộc đoạn

$[1; 4]$ và

$x \ge y, x \ge z$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$P=\displaystyle \frac{x}{2x+3y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}$
Lời giải :
Trước hết ta chứng minh :

$\displaystyle \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge \frac{2}{1+\sqrt{ab}} (*)$ với

$a, b$ dương,

$ab \ge 1$ .
Thật vậy,

$(*) \Rightarrow (a+b+2)(1+\sqrt{ab}) \ge 2(1+a)(1+b)$

$\Leftrightarrow (a+b)\sqrt{ab}+2\sqrt{ab} \ge a+b+2ab$

$\Leftrightarrow \left (\sqrt{ab}-1\right )\left (\sqrt{a}-\sqrt{b} \right )^2 \ge0$ luôn đúng với

$a, b$ dương,

$ab \ge 1$ .
Dấu bằng xảy ra

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} a = b\\ ab=1 \end{matrix}} \right.$
Áp dụng

$(*)$ , với

$x$ và

$y$ thuộc đoạn

$[1; 4]$ và

$x \ge y$ , ta có :

$P=\displaystyle \frac{x}{2x+3y}+\frac{1}{1+\displaystyle\frac{z}{y}}+\frac{1}{1+\displaystyle\frac{x}{z}} \ge \frac{1}{2+\displaystyle \frac{3y}{x}}+\frac{2}{1+\displaystyle\sqrt{\frac{x}{y}}}$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi :

$\left[ {\begin{matrix} \frac{z}{y}=\frac{x}{z}\\\frac{x}{y}=1 \end{matrix}} \right. (1)$
Đặt

$\sqrt{\frac{x}{y}}=t t \in [1; 2]$ . Khi đó :

$\displaystyle P \ge \frac{t^2}{2t^2+3}+\frac{2}{1+t}$
Xét hàm

$f(t)= \frac{t^2}{2t^2+3}+\frac{2}{1+t}, t \in [1; 2]$

$f'(t)=\displaystyle \frac{-2\left[ {t^3(4t-3)+3t(2t-1)+9} \right]}{(2t^2+3)^2(1+t)^2} <0$
Tức là

$f(t)$ nghịch biến trên

$[1; 2]\Rightarrow f(t) \ge f(2) = \displaystyle \frac{34}{33}$ .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :

$t=2\Leftrightarrow \frac{x}{y}=4\Leftrightarrow x=4, y=1 (2)$
Tóm lại

$P \ge \displaystyle \frac{34}{33}$ .
Từ

$(1)$ và

$(2)$ suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :

$x=4, y=1, z=2$ .
Vậy GTNN của

$P$ bằng

$\displaystyle \frac{34}{33}$ khi

$x=4, y=1, z=2$ .

Ví dụ $6.$ Cho các số

$x, y$ khác

$0$ thỏa mãn :

$x^2+y^2=x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}$
Tìm giá trị nhỏ nhất của

$P=\displaystyle x^2+y^2+\frac{1}{4}\left ( \frac{1}{x^2} +\frac{1}{y^2} \right )$ .
Lời giải :
Theo BĐT Bunhiacopsky ta có :

$x^2+y^2=x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2} \le \sqrt{\left ( x^2+y^2 \right )\left[ {2-\left ( x^2+y^2 \right )} \right]}$

$\Rightarrow \left ( x^2+y^2 \right )^2 \le \left ( x^2+y^2 \right )\left[ {2- \left ( x^2+y^2 \right )} \right]$

$\Rightarrow x^2+y^2 \le 2- \left ( x^2+y^2 \right )$

$\Rightarrow x^2+y^2 \le 1$
Mặt khác :

$P=\displaystyle x^2+y^2+\frac{1}{4}.\frac{x^2+y^2}{x^2y^2}=(x^2+y^2)\left ( 1+\frac{1}{4x^2y^2} \right )$
Theo BĐT Cô-si ta có :

$4x^2y^2 \le (x^2+y^2)^2 \Rightarrow \frac{1}{4x^2y^2} \ge \frac{1}{\left ( x^2+y^2 \right )^2}$

$\Rightarrow P \ge (x^2+y^2)\left (1+\frac{1}{\left ( x^2+y^2 \right )^2} \right )=x^2+y^2+\frac{1}{x^2+y^2}$
Đặt

$t=x^2+y^2$ , với

$0< t \le 1$ .
Xét hàm số :

$f(t)=t+\frac{1}{t}$ với

$0< t \le 1$ .

$f'(t)=1 - \frac{1}{t^2} \le 0$ với

$0< t \le 1$ .
Suy ra

$f(t)$ nghịch biến trên

$(0; 1]$ . Từ đó :

$f(t) \ge f(1)=2 \Rightarrow P \ge 2$
Nhận thấy dấu bằng xảy ra khi

$t=1\Rightarrow \begin{cases}x^2+y^2=1 \\ x^2+y^2=x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2} \end{cases}$ . Chẳng hạn khi

$x=y=\frac{1}{\sqrt 2}$
Vậy GTNN của

$P$ là

$2$ đạt được chẳng hạn khi

$x=y=\frac{1}{\sqrt 2}$ .

Ví dụ $7.$ Cho tam giác

$ABC$ nhọn. Tìm GTLN của biểu thức :

$P=\left (1+ \sin^2 A \right )\left (1+ \sin^2 B \right )\left (1+ \sin^2 C \right )$
Lời giải :
Ta có :

$\left (1+ \sin^2 A \right )\left (1+ \sin^2 B \right )=1+ \sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 A \sin^2 B$

$=1+\frac{1-\cos 2A}{2}+\frac{1- \cos 2B}{2}+\frac{1}{4}\left[ {\cos (A-B) - \cos (A+B)} \right]^2$

$=2-\frac{1}{2}\left (\cos 2A + \cos 2B \right )+\frac{1}{4}\left[ {\cos (A-B) - \cos (A+B)} \right]^2$

$=2+\cos C \cos (A-B) +\frac{1}{4}\left[ {\cos (A-B) - \cos (A+B)} \right]^2$

$\le 2 + \cos C + \frac{1}{4}(1+\cos C)^2$
Chú ý rằng ở đây

$\triangle ABC$ nhọn nên

$\cos C > 0$ và

$\cos (A-B) \le 1$ .
Suy ra

$\left (1+ \sin^2 A \right )\left (1+ \sin^2 B \right ) \le \frac{1}{4}(3+\cos C)^2$

$\Leftrightarrow \left (1+ \sin^2 A \right )\left (1+ \sin^2 B \right )\left (1+ \sin^2 C \right ) \le \frac{1}{4}(3+\cos C)^2\left (2- \cos^2 C \right )$
Đặt

$t=\cos C$ với

$0<t<1$ .
Xét hàm số :

$f(t)=\frac{1}{4}(t+3)^2(2-t^2)$

$f'(t)=\frac{1}{4}\left[ {2(t+3)(2-t^2)-2t(t+3)^2} \right]=\frac{1}{2}(t+3)(2-3t-2t^2)$

$f'(t)=0\Leftrightarrow 2-3t-2t^2=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{2}$ với

$0<t<1$ .
Bảng biến thiên :

$\begin{array}{c|ccccccccc} t &0 & \; & \; & \frac{1}{2} & \; & \; & 1\\ \hline f^\prime(t) & \; & \; & + & 0 \; & \; & - \\ \hline \; & \; & \; & \; & \; \frac{ 343 }{64 } \\ f(t) & \; & \; & \nearrow & \; & \; & \searrow & \; \\ \quad &\frac{9}{2} & \; & \; & \; & \; & \: & 4 \end{array}$
Từ bảng biến thiên ta suy ra

$f(t) \le \frac{ 343 }{64 }$ .
Dấu bằng xảy ra

$\Leftrightarrow \begin{cases}\cos C = \frac{1}{2} \\ \cos (A-B)=1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}\widehat{C}=60^\circ \\ \widehat{A}=\widehat{B} \end{cases}\Leftrightarrow \widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^\circ$
Vậy GTLN của

$P$ là

$\frac{ 343 }{64 }$ đạt được khi tam giác

$ABC$ đều.

BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài $1.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :