Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán

Lời cảm ơn
Sau một thời gian miệt mài nghiên cứu cùng với sự hướng dẫn và chỉ bảo
tận tình của thầy giáo Ths Phạm Lương Bằng , khóa luận của em đến nay đã
hoàn thành .
Qua đây em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình tới thầy
Phạm Lương Bằng người đã trực tiếp hướng dẫn , chỉ bảo và đóng góp nhiều ý
kiến quý báu trong thời gian em thực hiện khoá luận này .
Em xin chân thành cảm ơn các thầy giáo , cô giáo trong khoa toán đã tạo
điều kiện tốt nhất cho em trong thời gian em làm khoá luận .
Do lần đầu tiên làm quen với công tác nghiên cứu và năng lực của bản
thân còn nhiều hạn chế nên không thể tránh khỏi những thiếu sót . Em rất mong
nhận được sự giúp đỡ, đóng góp ý kiến của thầy cô và các bạn sinh viên để khoá
luận của em được hoàn thiện hơn . Một lần nữa em xin chân thành cảm ơn !
Hà Nội ,ngày 10 tháng 5 năm 2008
Sinh viên
Trần Đức Hải

- 1 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Lời cam đoan
Khoá luận này là kết quả của bản thân em trong quá trình học tập , nghiên
cứu ở bậc đại học .Bên cạnh đó cũng được sự quan tâm , tạo điều kiện của thầy
cô giáo trong khoa toán , đặc biệt là sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo Ths
Phạm Lương Bằng .
Vì vậy em xin khẳng định kết quả của đề tài : “Một số phương pháp giải


7

của hàm số.
2.1) Cơ sở lý thuyết

7

2.2) Sử dụng tính đơn điệu để tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất

8

của hàm số trên miền D

2.2.1) Các bài toán tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của

9

hàm số không có tham số
2.2.2 Các bài toán tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm

14

số có tham số
Chương 3: Sử dụng định lý Lagrange trong việc giải bài toán cực

18

trị của hàm số.
3.1) Cơ sở lý thuyết

5.1 :Tập lồi và hàm lồi

- 3 -

41


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
5.2) Bất đẳng thức Jexen

42

5.3)Bất đẳng thức Karamata

43

5.4) áp dụng hàm lồi tìm giá trị lớnnhất,nhỏ nhất của hàm

44

5.4.1) Sử dụng bất đẳng thức Jenxen

44

5.4.2) Sử dụng bất đẳng thức Karamata

53

số


Tài liệu tham khảo

74

- 4 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Mở đầu
Trong chương trình toán phổ thông cực trị là phần hấp dẫn , lôi cuốn tất cả
những người học toán và làm toán .Các bài toán này rất phong phú và đa dạng .
Vì vậy, các bài toán cực trị của hàm số thường xuyên có mặt trong các kì thi phổ
thông trung học cũng như trong các kì thi học sinh giỏi và các đề thi đại học ,
cao đẳng .
Để giải quyết nó đòi hỏi người học toán và làm toán phải linh hoạt và vận
dụng một cách hợp lý trong từng bài toán . Tất nhiên đứng trước một bài toán
cực trị thì mỗi người đều có một hướng xuất phát riêng của mình . Nói như vậy
có nghĩa là có rất nhiều phương pháp để đi đến kết quả cuối cùng của bài toán
cực trị. Điều quan trọng là ta phải lựa chọn phương pháp nào cho lời giải tối ưu
của bài toán . Thật là khó nhưng cũng thú vị nếu ta tìm được đường lối đúng
đắn để giải quyết nó .
Với những lý do trên , sự đam mê của bản thân cùng sự hướng dẫn nhiệt
tình của thầy thạc sĩ Phạm Lương Bằng tôi mạnh dạn thực hịên bài khoá luận
của mình với tựa đề: “Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số”.
Từ đó giúp những người học toán và làm toán có thêm công cụ để giải
quyết các bài toán cực trị .
Khoá luận gồm 7 chương
Chương 1:Lý thuyết chung về bài toán cực trị của hàm số .


Chng 1: Lý thuyt chung v bi toỏn cc tr ca hm s
1.1 nh ngha cc tr ca hm s
nh ngha 1.1 Cho hm s f(x) xỏc nh trờn min D.

+ M là giá trịlớ n nhất của hàm số f (x) (kh M=maxf(x) ) nếu thỏa mã n hai
xẻ D
điều kiện
* f(x) M , x D
* x0 D sao cho M=f(x0).

+ m là giá trịbénhất của hàm số f (x ) (kh m=minf(x) ) nếu thỏa mã n hai
xẻ D
điều kiện
* f(x) m , x D
* x0 D sao cho m=f(x0).
nh ngha 1.2 Cho hm s f(x) xỏc nh trờn min D , x0 D .Ta núi rng f(x)
t cc tiu a phng ti x0 nu nh tn ti lõn cn V x 0 sao cho

f x f x 0 , x D V x 0
Hm s f(x,y) xỏc nh trờn D c gi l t cc tiu a phng ti
(x0,y0),(x0,y0) D nu nh tn ti lõn cn V x 0 ,y 0 sao cho

f x,y f x 0,y 0 , x,y D V x 0,y 0
Tng t ta cú nh ngha hm s t cc i a phng trờn tp xỏc nh
ca nú .
Nhn xột :Nu f(x) t cc tiu a phng ti x0 D thỡ núi chung ta cú

f x 0 m minf x
xD


(1.1)
(1.2)

Ta chỉ cần chứng minh (1.1) ,còn (1.2) chứng minh tương tự
Thật vậy ,giả sử max f (x) = f (x0) , x0  A .
Do A  B ,nên từ x0  A ta suy ra x 0  B .Từ đó theo định nghĩa ta có

f(x 0 )  max f  x  hay max f x   max f x 
xB
x A
x B
Định lý 1.3 : Giả sử hàm số f(x) xác định trên miền D .Khi đó ta có
max f  x  =-min -f  x  
xD
xD

Thật vậy giả sử M = max f(x) , x  D

(1.3)

Khi đó theo định nghĩa giá trị lớn nhất ta có
f  x 0   M,x 0  D


f  x   M, x  D

- 8 -



(1.6)

Tõ (1.5) vµ (1.6) ta suy ra max f  x   maxg x 
xD
xD
Ta có nhận xét :từ giả thiết max f(x)  maxg(x), x  D ,nói chung ta không thể
suy ra

f  x   g x , x  D .

Định lý 1.5 :(nguyên lý phân rã ) :Giả sử hàm số f(x) xác định trên miền D và
miền D được biểu diễn dưới dạng D  D1  D2  ...  Dn .Giả thiết tồn tại
max f  x  , min f  x  i=1,n. Khi ®ã ta cã
x  Di
x  Di

max f (x)  max maxf(x),maxf(x), ,maxf(x)
xD
x  D1 x  D2
x  Dn

(1.7)

minf (x)  minminf(x),minf(x),,minf(x)
xD
x  D1 x  D2
x  Dn

(1.8)


Vậy maxf x max maxf(x),maxf(x),,maxf(x)
(1.11)
xD
x D1 x D2
x Dn
T (1.10) & (1.11) ta cú iu phi chng minh .
Chỳ ý :Nguyờn lý phõn ró núi trờn cho phộp ta bin bi toỏn tỡm giỏ tr ln
nht,nh nht ca hm s trờn min xỏc nh phc tp thnh mt dóy cỏc bi
toỏn tỡm giỏ tr ln nht , nh nht ca hm s trờn min n gin hn .

- 10 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Chương 2 : Sử dụng tính đơn điệu trong việc giải bài toán cực trị

của hàm số
Trong chương này ta sẽ sử dụng mối liên hệ giữa tính đơn điệu và tính khả
vi để giải bài toán tìm cực trị của hàm số .Phương pháp này dựa trên các định lý
về điều kiện đủ để hàm số có cực trị kết hợp với việc so sánh các giá trị cực trị
của hàm số tại một điểm đặc biệt khác .

2.1 Cơ sở lý thuyết
2.1.1 Hàm đơn điệu trên một khoảng
Định nghĩa :Cho hàm số f(x) xác định trên [a,b] , lấy  x1,x2  [a,b] tương
ứng có 2 giá trị f(x1),f(x2) (với x1< x2)
+Nếu f(x1) < f(x2) thì f(x) được gọi là hàm tăng (đồng biến) / [a,b]
+Nếu f(x1)  f(x2) thì f(x) được gọi là hàm không giảm / [a,b]
+Nếu f(x1) > f(x2) thì f(x) được gọi là hàm giảm (nghịch biến) / [a,b]

Định lý 2.3 :(Điều kiện đủ thứ nhất để hàm số có cực trị địa phương )
Giả sử hàm f(x) liên tục trên [a,b] có chứa điểm x 0 và có đạo hàm trong
khoảng (a,b) (có thể trừ tại điểm x0 )
a) Nếu khi x đi qua x0 mà f   x  đổi dấu từ dương sang âm thì f(x) đạt cực
đại tại x0 .
b) Nếu khi x đi qua x0 mà f   x  đổi dấu từ âm sang dương thì f(x) đạt cực
tiểu tại x0 .
c) Nếu khi x đi qua x0 mà f   x  không đổi dấu thì hàm f(x) không đạt cực
trị tại x0 .
Định lý 2.4:( điều kiện đủ thứ 2 để hàm số có cực trị địa phương )
Giả sử f(x) có đạo hàm liên tục đến cấp 2 ở lân cận của điểm x0 .Khi đó :
a) Nếu f   x 0  =0 , f   x 0   0 thì f(x) đạt cực tiểu tại x0
b) Nếu f   x 0  =0 , f   x 0   0 thì f(x) đạt cực đại tại x0

2.2 Sử dụng tính đơn điệu để tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số
trên miền D
- Tìm các điểm tới hạn của hàm số trên miền D
- Lập bảng biến thiên của hàm số trên miền D
- Dựa vào bảng biến thiên và so sánh các giá trị của những điểm đặc biệt

- 12 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
(đó là điểm cực đại,cực tiểu của hàm số ,các điểm đầu mút của những đoạn đặc
biệt nằm trong miền xác định của hàm số )
Khi sử dụng các phương pháp này cần lưu ý các điều sau đây :
-Nếu trong quá trình giải ta dùng phép đổi biến để cho bài toán đơn giản
hơn thì bài toán mới phải xác định lại miền xác định của biến mới .

x y
x y x y
     5        4
y x
y x y x

(2.1)

x y
Đặt t     khi đó hàm số đã cho có dạng
y x

F t   t 4  5t 2  t  4 ,Với
Thật vậy đặt z 

13
17
t
6
4

x
thì khi x  1,2,y  3,4 
y

- 13 -

1
2
 z

z

2
 1

2
 do 4  z  3  z  1  0 



1
2
 1  17
 2  13
Vì thế max G z  G   , minG z  G  
với  z 
4
3
 4 4
 3 6
Do đó ta có

13
17
t
.Từ (2.1),(2.2) bài toán đã cho được đưa về
6
4

max f  x,y   max F  t 

F  t   4t 3  10t  1  4t  t 2    1
2


13
17

t
6
4

t2 

5
 13 17 
 0 nên F  t   0 Với t   , 
2
6 4

 13 17 
Từ đây ta suy ra F(t) đồng biến trên  ,  .Vậy ta có kết quả
6 4
 17  4249
 13  1083
max f  x,y   F   
; minf  x,y   F   
16
 4
 6  54
 x,y   D

 x,y   D
 x,y   D1  x,y   D2

(2.3)


  x,y  : x  0,y  0 vµ x


 1

D11   x,y  : x  0,y  0 vµx 2  y 2  1

Ta lại có D1=D11  D12 với

D12

2

 y2

L¹i ¸ p dông ®Þnh lý 1.5 ta cã minf (x,y)  min minf(x,y) , minf(x,y)
 x,y   D1
 x,y   D11  x,y   D12

(2.4)

Lấy (x,y) tuỳ ý thuộc vào D11 khi đó x  0,y  0 vµx2  y2  1 suy ra
x 1  y  y 1  x  0  f  x,y   0 ,   x,y   D11


(2.8)

Từ (2.4), (2.5), (2.8) suy ra các điều kiện nguyên lý phân rã đúng trên D1 do đó

minf  x,y   1
 x,y   D1

(2.9)

Bây giờ ta tính minf  x,y  ,  x,y   D2 . Đặt t= x + y

 t 2  x2  y2  2xy vµdo xy  0


t2  1
0
xy 
 t 2  x2  y2  1  
2
1  t  1


- 15 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Ta có f 2  x,y   x2 1  y   y 2 1  x   2xy
= x2  y2  xy  x  y   2xy




(2.10)

 
Ta xét hàm số F  t   1  2  t  2t  1  2  t  2  2 ,với -1 < t < 1
Có F  t   31  2  t  2 2t  1  2  .Ta lập bảng biến thiên của hàm số :

 2f 2  x,y   1  2 t 3  2t 2  1  2 t  2  2
3

2

2

t



-1

F¢(t )

+

2 1

3 3

0






2  1  76  12 2
 maxF  t   F  
 
3
27



f 2  x,y  

như vậy từ (2.10) ta có

38  6 2
38  6 2
  x,y   D2  f  x,y  
  x,y   D2
27
27

 f  x,y   

38  6 2
  x,y   D2 .
27


27


Bài 2.3 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f (x,y)=

1
1
x + y + 1 (x + 1)(y + 1)

x,y là các số tự nhiên.
Giải
Đặt D =
Trong đó

{(x,y): x,y Î ¥ } , khi đó ta có

D  D1  D2

D1 =

{(x,y): x,y Î

¥ & x + y + 2 < 6},

D2 =

{(x,y): x,y Î

¥ & x + y + 2 ³ 6}






x  y  1  x  y  22
 x  y  2  1  x  y  22

Đặt t = x+y+2  t  6  max f  x,y   max F  t 
t6
 x,y   D2

F t  

(2.15)

1
4
 2;
t 1 t

F  t   

1

 t  1

2




trªn D .VËy maxf  x,y   max  ,  
12 45  45
 x,y   D

2.2.2 :Các bài toán tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số có tham số
Bài 2.4: Cho hàm số : f  x  

1  sin2x
1  tanx
  m  1
 m xét trên miền
1  sin2x
1  tanx



D  x : 0  x   .Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số trên miền D .
4

Giải

1  sin2x  sinx  cosx  1  tanx 


1  sin2x  sinx  cosx 2 1  tanx 2
2

Ta có
Đặt t 


m1
2

- Ơ

F t

-

+Ơ

1

0

+

F t

+

0

Vậy minF(t ) = F(1) = 0 ị minf (x) = 0
1Ê t Ê + Ơ
xẻ D
b) Nu
t

m1




4
2
m1
0

Kt lun minf x m 12
m1


4
2

- 19 -

2


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
Bài 2.5

Cho hµm sè f  x   x3  3x 2  m , xÐt ®¹i l- î ng sau :P m =max f  x  .
 1 x  3
Tìm m để P(m) nhận giá trị bé nhất.
Giải :
Đặt



m 4  m

nếu m  2

m 4  m

nếu m  2

Từ bảng biến thiên và nhận xét trên ta suy ra
ìï m + 4 nÕu m ³ - 2
max f (x) = max g(x ) = ïí
ïï m
nÕu m < - 2
î

 m  4 nÕu m  2
Ta xét hàm số P(m) = 
nÕu m  2
 m
Khi đó ta có bảng biến thiên sau :

- 20 -

3
-







Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán

3.1 Cơ sở lý thuyết
3.1.1 Định nghĩa đạo hàm của hàm số
Định nghĩa 3.1 : Hàm số y= f(x) xác định trên khoảng (a,b) .
Hiệu số x  x  x0 được gọi là số gia của đối số (biến số ) x .
Hiệu số y  f  x  x 0   f  x 0  được gọi là số gia của hàm số tại điểm x0 .

y
y
tồn tại và hữu hạn thì ta gọi lim
là đạo hàm của hàm số
x 0 x
x 0 x

Nếu lim

y
.
x 0 x

tại điểm x0 , kí hiệu f   x   lim

 

Đạo hàm bên trái của hàm số y = f(x) tại điểm x 0 , kí hiệu là f  x 0 được
định nghĩa là lim

ii)

f có đạo hàm trong (a,b)

Khi đó c  a,b sao cho f  b  f  a  f   c b  a

3.2 :Phương pháp chung :
Muốn tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số dựa vào định lý lagrange ta
phải chọn được hàm số thích hợp thoả mãn định lý từ đó vận dụng định lý .

- 22 -


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán
3.3 :Bài tập
Bài 3.1 :Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  

x 1
trên [0,1]
2x  3

Giải
t  t  1
2t 2  6t  3
, t   0,x ,x   0,1 . Ta có g  t  
Xét hàm số g t  
2
2t  3
 2t  3

x 1
1
 g  c   , x   0,1 .
2x  3
3

1
1
1
 VËy f  x   
 minf  x    
3
3
3
x   0,1

Cho n Î ¥ * hãy tìm giá trị lớn nhất của hàm số

x

f  x   e x  1   trên đoạn  0; 
n

Giải

t

Xét hàm g t   et   1   , với t  0;x 
n



Khi x= 0 thì g(x) = 0 . Do đó ex   1    0, x  0
n

x

hay ex   1   , x  0
n


1

 f  x   e x  1    1.
n


Dấu bằng bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 .

VËy max f  x   1 .
x   0,  
1 
Bài 3.3 :Tìm giá trị nhỏ nhất hàm số f  x   arctgx  ln x 2  1 ,x   ,1
2 





Giải


 2 ; 1 .
1 t2 1 t2 1 t2



Khi đó theo định lý lagrance c  x;1 sao cho

f 1  f  x   f   c1  x   0 t   x;1  f  x   f 1  f x  
Khi x = 1 thì f  x  
Vậy minf  x  



1 
 ln2  f  x    ln2, x   ;1 .
4
4
2 


 ln2
4

1 
với x   ;1 .
2 

Bài 3.4 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x 

1  x 

4


Khoá luận tốt nghiệp
Trần Đức Hải _K30D_Toán

g x   g 0  g  c x  0  xg  c  0
Suy ra g(x) > g(0) = 0  1  x  ln1  x   arctgx  1  x 

1 x

1  x 


1 x

arctgx

Vì e

> 0 với x > 0 nên (3.1)

earctgx

 earctgx

(3.1)

 1  f  x   1, x  0



 g(x) > 2x  sinx  tanx  1  2x  1 .
Do 2x+1 > 0 khi 0  x 

f x 


nên ta suy ra
2

sinx  tanx  1
>1 hay f(x) > 1 .Với x = 0 thì f(x) = 1
2x  1

 
VËy f  x   1, x   0,  vµ minf  x   1
 2
 
x   0, 
 2

Nhận xét :

- 25 -