Chuyên đề cực trị

Giá trị lớn nhất - giá
trị nhỏ nhất
1

Phần 1:
CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ:

Một số dạng toán thường gặp:

▼ Dạng 1: đưa về dạng bình phương
I. Phương pháp giảỉ:
Đưa về dạng
A

1
4
x =

Do đó giá trị lớn nhất của P là
1
4
đạt khi
1
4
x =

Ví dụ 2:
Tìm giá trị của x để biểu thức
2
1
2 2 5x x− +
có giá trị lớn nhất

Lời giải:
Ta có:
( )
2
2
2
2 2 5 2 3 3
1 1
3
2 2 5
x x x

( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2
2
2 2
2
2
2
2
2 3 2 2004,5
2 1 3 2004,5
2 1 1 2 2 2003,5
1 1
1 2 2003,5
4 2
1
1 2 2003 2003
2
P a ab b a
a b a b
a b a b b b
a b b b
a b b
= − + − +
= − + + +
= − + + + + − +
 
= − − + − + + −
2003P = ⇔

⇔1
2
b =

1
2
b =Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 2003 khi
3
2
x =
và
1
2
y =
hay
9
4
x =
và
1

Hướng dẫn giảI và đáp số:
1)Max P = 3 khi (x,y) = (1, -2)
2)
( ) ( )
2
2
, 6 5 9 9f x y x y y= − − + + ≥

3) Thêm
2
4 4xy x+
vào 2 vế
Kết quả: xy đạt GTNN là
1
2
−
khi
1
2
x = ±

1y = ±

4)
0A ≥
khi a
≠
-4,
9
5

+

Lời giải:
Tập xác định D = R
⇒
0
y
là một giá trị của hàm số

⇔
phương trình
0
2
1
x
y
x
=
+
có 1 nghiệm
x∈ R⇔
phương trình
2
0 0
x y y x+ =
có nghiệm
x∈


Vậy Min y =
1
2
−
, Max y =
1
2Ví dụ 2:
Xác đinh các tham số a, b sao cho hàm số
2
ax
1
b
y
x
+
=
+
đạt giá trị lớn nhất bằng
4, giá trị nhỏ nhất bằng –1
Lời giải:
Tập xác định D = R
0
y
là một giá trị của hàm số
⇔
phương trình

⇔

a ≠ 0
• Nếu
0
0y ≠
thì (1) có nghiệm ⇔
0∆ ≥⇔
2
0 0
4( ) 0a y b y− − ≥

4

⇔
2 2
0 0
4 4 0y by a− + + ≥

Theo đề
0
y
đạt giá trị lớn nhất là 4, giá trị nhỏ nhất là –1 nên phương
trình
2 2
0 0
4 4y by a− + +

x
−
 
=
 
+
 

Lời giải: Hàm số đã cho xác định khi
( )
0x x a
− ≥

Đặt
2
12 ( )
36
x x a
z
x
−
 
=
 
+
 
(1) thì
4
3
y z=

0a ≠

•
0
12z ≠
: (2) có nghiệm
⇔
2
0 0
36 36 (12 ) 0a z z∆ = + − ≥2 2
0 0
2 2
0 0
2 2
0
12 0
12 0
6 36 6 36
a z z
z z a
a z a
⇔ + − ≥
⇔ − − ≤
⇔ − + ≤ ≤ + +

Vì
0

4 3 3 1 1
x x
y
x x
+ + − +
=
+ + − +

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :
2
1
( )f x x x
x
= + +
, x > 0
Hướng dẫn giảI và đáp số:
5
1) Max
3 2 2y = +
, Min
3 2 2y = −

2) Đk:
3 1x− ≤ ≤

Đặt
2
2
3 2.
1

y
t
+ +
= −
− + +

Max y
9
7
y =
khi x = -3; min
7
9
y =
khi x = 1
0 < x
≤

0
y
(1)

2
0
1
y x x
x
= + +

⇔


Dấu “ =” xảy ra khi
⇔
a = b
• Cho n số a
1
, a
2
, … , a
n
≥ 0, ta có:
n
n
n
aaa
n
aaa
...
...
21
21
≥
+++

Dấu “=” xảy ra
⇔
a
1
= a
2







+≤
yxyx
11
2
11
.
1

=>
4
4
11
≥=>≤ xy
xy

Vận dụng bđt Cauchy với hai số dương
x
và
y
ta được
A =
yx +
≥
42.2 ≥yx

2

≤
2 + ( 3x – 5 + 7 – 3x) = 4 ( dấu “=” xảy ra
⇔
3x – 5 = 7 – 3x
⇔
x = 2).
Vậy max A
2
= 4 => max A = 2 ( khi và chỉ khi x = 2).

Nhận xét: Biểu thức A được cho dưới dạng tổng của hai căn thức. Hai biểu thức
lấy căn có tổng không đổi (bằng 2). Vì vậy, nếu ta bình phương biểu thức A thì sẽ
xuất hiện hạng tử là hai lần tích của căn thức. Đến đây có thể vận dụng bất đẳng
thức Cauchy.

◦ Biện pháp 2: Nhân và chia biểu thức với cùng một số khác 0.

Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =
x
x
5
9−

Lời giải:
ĐKXĐ : x ≥ 9
7
A =

−
≤
−
x
x
x
x
x
x

(dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi
183
3
9
=⇔=
−
x
x
).
Vậy max A =
30
1
( khi và chỉ khi x = 18).

Nhận xét: Trong cách giải trên, x – 9 được biểu diễn thành
3.
3
9−x
và khi vân
dụng bđt Cauchy, tích

x +

Lời giải:
A = 3x +
4
333
16
....4
1616
x
xxx
x
xxx
x
≥+++=

A ≥ 4.2 = 8 ( dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi
2
16
3
=⇔= x
x
x

Vậy min A = 8 ( khi và chỉ khi x = 2).
Nhận xét:
Hai số dương 3x và
x3
16
có tích không phải là một hằng số.Muốn khử

9
+
−
+
− x
x
x
x

A
71921
2
.
2
9
.2 =+=+
−
−
≥
x
x
x
x

( dấu “=” xảy ra
2
12
2
9
=⇔

+
+
+

Lời giải:
Áp dụng bđt Cauchy đối với hai số dương
zy
x
+
2
và
4
zy +
ta được:
x
xzy
zy
xzy
zy
x
==
+
+
≥
+
+
+ 2
.2
4
..2

xz
y
zy
x
++≥
++
+








+
+
+
+
+ 2
222

P
( )
1
2
=
++
−++≥
zyx

nhỏ nhất của biểu thức P =
.
x
z
z
y
y
x
++

4)

Cho a, b, c là các số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức A =
.
)1)(1)(1(
)1)(1)(1(
cba
cba
−−−
+++

5)

Cho x, y thoả mãn điều kiện x + y = 1 và x > 0. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức B = x
2
y
3
.


Hướng dẫn giải và đáp số:
1.
ĐKXĐ : x ≥ 4, y ≥ 3
B ≥
⇒8
min B =
8
( khi và chỉ khi x = 4, y = 11 hoặc x = 12, y = 3). max B
2
=
16 nên max B = 4 ( khi và chỉ khi x = 8, y = 7).
2
.a. xy + yz + xz
≤
x
2
+ y
2
+ z
2
(áp dụng bđt Cauchy cho 2 số, rồi cộng lại theo
vế).
Suy ra: 3(xy + yz + xz)
≤
( x + y + z )
2

Hay 3A
≤

z
yx
x
z
z
y
y
x
+++++

Áp dụng bđt Cauchy cho 4 số dương:
.4
...
4
4
222
x
yz
zyxx
z
z
yx
z
yx
y
x
=≥+++

Còn lại: tương tự
Cộng vế với vế lại, ta được P

108
108
5
33322
32
5
32
≤⇒≥++++ yx
yxyyyxx

hay B
≤

3125
108

Suy ra max B =
3125
108
.
6.
Theo bất đẳng thức Cô-si
2. . 2
xy yz xy yz
y
z x z x
+ ≥ =
tương tự 2
yz zx
z

Dễ chứng minh
( )
3 3
a b ab a b+ ≥ +
với a > 0, b > 0. Do đó:

( )
3 3
1 ( ).a b ab a b abc ab a b c+ + ≥ + + = + +1 1 1
1
( ) ( ) ( ) ( )
max 1 1
a b c
A
ab a b c bc a b c ca a b c abc a b c
A a b c
+ +
≤ + + = =
+ + + + + + + +
= ⇔ = = =

8.
◦ Tìm giá trị lớn nhất:
Áp dụng bất đẳng thức
( )
( )
2

3
2
m
A m
−
= + nên

( )
2
2
2 2 3 1 4 4.
2.
A m m m
A
= + − = + − ≥ −
⇒ ≥ −2 2 2
1
min 2
3
x y z
A
x y z
+ + =

= − ⇔

+ + =


► Bất đẳng thức Bunhiacopski:
I. Kiến thức cần nắm:

•

Cho a, b, c, d tuỳ ý, ta có
(a
2
+ b
2
)(c
2
+ d
2
) ≥ (ac + bd)
2

Dấu bằng xảy ra khi: ad = bc.
•

Cho a
1
, … , a
n
và b
1
, … , b
n
tuỳ ý, ta có:

== ...
1
1

II. Một số bài tập ví dụ:
Ví dụ 1:
Tìm giá trị lớn nhất của : P =
xx −+− 5413

Lời giải:
ĐKXĐ: 1
≤
x
≤
5
Áp dụng bđt Bunhiacopski có:
12
P
2

≤
( 3
2
+ 4
2
)(x – 1 + 5 – x) = 100
Suy ra max P = 10 khi
⇔
−
=

3453
3
4
4
5
5
++−






+
+
+
+
+
++=++−+
+
++
+
++
+ bacacb
cba
ba
c
ca
b
cb

2
1
2
++−++
( theo bđt Bunhiacopski).
Vaäy min P =
( )
( )
345345
2
1
2
++−++
khi và chỉ khi
345
bacacb +
=
+
=
+
.

Tổng quát:
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
( )
( )
222222
2
1
zyxxzyzxyz

Ví dụ 3
:
Cho a, b, c > 0. Tìm min P =
ac
b
cb
bc
ba
ca
+
+
+
+
+
+
+ 433

Lời giải:
P =
106
4
2
3
2
3
−






P =
10
664332323
−






+
++
+






+
++
+






+

[ ]
( )
6102.21110
211
.2
2
=−++≥−






+
+
+
+
+
+++++
accbba
cacbba

Vậy min P = 6 khi và chỉ khi (a + b)
2
= (b + c)
2
= (c + a)
2
hay a = b = c.
Cơ sở:

.
b) Q =
ac
ba
cb
ba
ba
cb
+
+
+
+
+
+
+
+ 5243
.
c) R =
cba
c
cba
b
cba
ca
3
8
2
4
2
3

−
với 0 < x < 2.
5. Cho a, b, c > 0 và abc = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của
( ) ( ) ( )
3 3 3
1 1 1
A
a b c b a c c a b
= + +
+ + +

Hướng dẫn giả và đáp số:

1. Câu a và câu b làm tương tự ví dụ 3
Câu c không thể làm như ví dụ 3 được, ta làm như sau:
Đặt a + 2b + c = x
a + b + 2c = y
a + b + 3c = z
từ đó suy ra c = z – y; b = x + y – 2y; a = 5y – x – 3z.
khi đó R =
z
y
y
z
y
x
x
y
z


min 1 0, 1.
max 3 0, 3.
A x y
A x y
= ⇔ = = ±
= ⇔ = = ±

3.
14
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacópki cho 3 cặp số
Ta có

( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
a b c
b c a c a b
b c a c a b
 
     
 
+ + + + + + +
 
     
 
 
+ + +
     
 

+ +
⇒ + + ≥
+ + +

Suy ra min A = 3.
4.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski

( )( )
( )
2
2 2 2 2
a b m n am bn+ + ≥ +

Ta có:

( ) ( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2
2
2 2
2 2
2 1 2 1
2 2 2
2 2
2 2 1 3 2 2.
2 1

−( )
2
2
4 4 8 2 8 2 2 2x x x x⇔ + + = ⇔ + = ⇔ = − (chú ý x > 0).
Vậy
3
min 2 2 2 2 2
2
A x= + ⇔ = − .
5.
Đặt
1 1 1
, ,a b c
x y z
= = =
thì
, , 0
1
x y z
xyz
>


=


Khi đó

min
2
1
1 .
x y z
y z z x x y
A x y z
xyz
x y z a b c

= =

+ + +


= ⇔ = =


=



⇔ = = = ⇔ = =
► Bất đẳng thức Bernoulli
I. Kiến thức cần nắm
)0,1(
1

≥ 1 – 2 + 2(2y)
Cộng vế theo vế:
4P ≥ -2 + 4(x + y) = 2
P ≥
2
1
.
Vậy min P =
2
1
khi và chỉ khi x = y =
2
1
.
b.
Áp dụng bđt Bernoulli ta có:
(2x)
5
≥ 1 – 5 + 5(2x)
(2y)
5
≥ 1 – 5 + 5(2y)
Cộng vế theo vế ta có:
32Q ≥ -8 + 10(x + y) = 2
Q ≥
16
1

Vậy min Q =
16

β
1

(1’)
⇔

Dấu “=” xảy ra khi t = 1.

Ví dụ 2:
Cho x, y > 0, sao cho x
3
+ y
3
= 1. Tìm min P =
3
10
3
10
yx +
.
Lởi giải:
Theo (2), ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( )
2)(2.
9

=++−≥⇒
+−≥
+−≥
yxP
yy
xx

Vậy P ≥
9
2
1

Hay min P =
9
2
1
khi và chỉ khi x = y =
3
2
1*. Từ (2) thay t bởi
0
t
t
, ta được:

−
+








−≥ (3)
17
Đặt
Yyd
Xxc
=
=
α
α

Bài toán trở thành : Cho
ββ
ynxm .. +
= p (m,n > 0)
Tìm min A =
αα
yx +

Lời giải:
Theo bđt (3), ta có:









−≥

Cộng lại : A ≥
( ) ( )
...1
0000
ββαββααα
β
α
β
α
yyxxyx
−−
+++









β
α
β
α
−
++








−
p.
Vậy min A =
( )
..1
0
00
m
x
yx
βα
αα
β
α
β
α


Với hai véc tơ bất kì
a

và
b

ta có:
a b a b± ≤ +
   
. Đẳng thức khi
a

và
b

cùng hướng
( )
1

•

Nếu
( )
1 2
,a a a=

và
( )
1 2

k R∈

Dạng toán tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
( ) ( )
2 2 2 2
y f x a g x b= + + +
với
( ) ( ) ( )
, 0a b
f x g x k k R
≠



± = ∈



Sử dụng bất đẳng thức tam giác: giả sử
( ) ( )
f x g x k− =
.
Trong mặt phẳng
Oxy
xét điểm:
( )
( )
( )
2 2
,M f x a OM f x a⇒ = +

a
bởi
a−
, do đó chỉ cần giải với
0a ≥
.
•

Khi
0a =
:
2A =
.
•

Khi
0a >
: Xét
ABC∆
có:

1
2
3
AB
AM MB
CM a
AMC
π


1 1 2 2.AC BC AB a a a a A+ ≥ ⇒ + + + − + ≥ ⇔ ≥

Đẳng thức xảy xảy ra khi
0a =
. Vậy
2MinA =
khi
0.a =Ví dụ 2:
Tìm giá trị nhỏ nhất của:
2 2 2 2
2 2 2 2 .y x px p x qx q= − + + − +

Lời giải:

3
π

M
19
Ta có:
2 2 2 2
( ) ( ) .y x p p x q q= − + − +

Xét điểm
( , ); ( , ).M x p p N x q q− −

Ta có:

Lời giải:
Trong mặt phẳng
Oxy
, xét điểm
(2;1 cos ); (4,3)M x N−

Ta có:
(2,2 cos )MN x= +

như vậy
.y OM MN= +

Do
0 1 cos 2x≤ − ≤
nên
[ ]
M AB∈
với
(2,0)A
và
(2,2)B
.
Ta có:
2 2
4 3 5.OM MN ON+ ≥ = + =

Đẳng thức xảy ra khi
, ,O M N
thẳng hàng
6 4.(1 cos ) 0x⇔ − − =

b b a c

+ =


+ + =



( )
( )
1
2

Tìm giá trị nhỏ nhất của
( ).M b c a= −

Lời giải:
Từ giả thiết ta có:
2 2 2
2 2 2 2 8a c b ab bc+ + + + =2 2
( ) ( ) 4
2 2
b b
a c⇔ + + + =

Do

2 2
.( ) 2.( ) 1
2 2
10
b b
b a c
a c
b a c a c a c
c c
b
+ = −

+ +

⇔ = ⇔ + = − + ⇒ + =

−

=


(do
(1)
và
(2)
)
2 2
2 2
10
2



⇔ ⇒ = − − −


= −





+ =





+ =



Max⇒ ( ) 4M b c a= − =
khi
( , , )a b c
như trên.

III. Bài tập tự giải:
1)Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

4 4 2

1.
Ta có:
( ) ( )
2 2
2 2
1 1 cos 1 1 cosy x x= + − + + +

x
y
O
1
1
2
B
N
2
A
M
21
Xét điểm M(1, 1-cos
2
x), N(2, 2) ta có:
( )
2
1,1 cosMN x= +



2 4 2 4
y x x
 
 
= − + + − +
 
 
 
 
 

Xét điểm
1 3
,
2 2
M x
 
−
 
 
 
và
3 1
,
2 2
N x
 
− −
 
 

2 2 2 2
3 1 2 3 1
x x
x x
 
 
− − − − =
 
 
 
 
 
⇔ + = ⇔ = −

3.

4 4 2 2
4 4 2 2
2 1
x y x y
y
y x y x
   
= + − + −
   
   

chọn
2 2
2 2

'
C
M
'
M
A
B
C
'
C
M
'
M
Vậy: max y(x) không tồn tại
min y(x) = -3 đạt được khi
2 2
2 2
2
x y
y x
+ =2
2
1
x
y
⇒ = ⇒
mọi điểm (x; y) thuộc 2 đường phân giác y = x và y = -x

− − −
   
   
   

Và điểm M(x,x) nằm trên đường phân giác thứ nhất.
Dễ thấy ABC là tam giác đều, với tâm là gốc tọa độ. Theo công thứ tính
khoảng cách giữa hai điểm trên mặt phẳng tọa độ, ta có vế phải của (1) chính là
MA + MB + MC.
Bổ đề: Nếu ABC là tam giác đều, thì với mọi điểm M của mặt phẳng tam giác, ta
luôn có MA + MB + MC
≥
OA + OB + OC, trong đó O là tâm tam giác đều.
Chứng minh:
Nếu M là điểm trong tam giác. Xét phép quay R(A,60
0
), khi đó

'
'
M M

OA + OB + OC
23
Nếu M ở ngoài tam giác, chứng minh tương tự.
Theo bổ đề ta có
f(x)
≥
3 (do OA = OB = OC)
Vậy min f(x) = 3. ▼ Dang 5 :
Phương pháp sử dụng đồ thị hàm số:

I. Phuơng pháp giải:
Phương pháp này thường dùng để tìm cực trị của các hàm số sau:
2.

Các hàm số qui về tam thức bậc hai.
3.

Các hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối.
4.

Các bài toán chuyển được thành toán hình học bằng cách dùng công thức
độ dài đoạn thẳng:
2 2
( ) ( )
A B A B
AB x x y y= − + −
.

= + +
= + −

Lời giải:
a)Đặt
1 1
2.
x
u x
x x
+
= = + ≥

Hàm
( )y x
trở thành:
2
( ) 3 1.y u u u= + +

Theo đồ thị hàm
( )y u
trên
[2; ).+∞

Ta được
max ( )y u =
không có.

miny(u)=y(2)=11.


x
x
≥

− ≥ ⇔

≤ −
Khi
2
1 0 1 1.x x− ≤ ⇔ − ≤ ≤

Khi
1x ≤ −
hoặc
1.x ≥Khi
1 1.x− ≤ ≤

Khi 1x ≥ hoặc 1.x ≤ −

Khi 1 1.x− ≤ ≤
Khi 3x ≤ − hoặc 1.x ≥ −

Khi 3 1.x− ≤ ≤ −
Khi


thì
1
2
y
y
y

=



Vẽ đồ thị của y ta thấy
min ( 1) 1.y y= − = −

Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của:
( )( )
2 2
6 9 2 9
y x x x x x= + + + + +
trong
5
[ 4; ]
4
− −
.
Lời giải:
Ta có:
( 3)( 1).y x x x= + + +


+ +
=

− − −

Vẽ đồ thị
2
1
5 3y x x= + +2
2
3 3y x x= − − −

Dựa vào đồ thị:

2
1
3 3
max ( ) .
2 4
min ( 3) 3.
y y
y y
= − = −

− + +


Khi 4 3.x− ≤ ≤ −
Khi
5
3 .
4
x− ≤ ≤ −

Y
2
Y
1